我要自学网网站,响应式网站 cms,国外销售网站,营销咨询报告本系列最后一篇，NOI加油！P15166 [SWERC 2022] Parmigiana With Seafood
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呜呜呜好神奇的题。
考虑二分答案，我们把 \(\ge mid\) 的点标记为 \(1\)，\(mid\) 的点标记为 \(0\)，先手只需要选择任意一个 \(1\…本系列最后一篇，NOI加油！P15166 [SWERC 2022] Parmigiana With Seafood
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呜呜呜好神奇的题。
考虑二分答案，我们把 \(\ge mid\) 的点标记为 \(1\)，\(mid\) 的点标记为 \(0\)，先手只需要选择任意一个 \(1\) 点即可获胜，而后手选择完所有 \(1\) 点获胜。
我们来刻画一下先手/后手获胜的条件。如果有一个 \(1\) 点是叶子节点那么先手直接获胜了。否则后手在进行一次操作后不能使任何一个 \(1\) 点成为叶子节点，那么我们考虑任意一些 \(1\) 点集合所形成的虚树，这个虚树中如果有叶子结点为 \(1\) 点，我们再随便加入一条一个端点为这个 \(1\) 点的边。我们发现拆掉这个虚树的任意一个叶子节点，都会导致一个 \(1\) 点成为叶子节点。如果 \(siz_{tree}\not\equiv n \pmod 2\)，那么此时后手操作，之后先手一定可以选一个 \(1\) 点，后手就输了。于是我们只需要判断是否存在这样的虚树满足 \(siz_{tree}\not\equiv n \pmod 2\) 即可。\(n\bmod 2=0\)，那么一个 \(1\) 的单点就符合条件，下文只讨论 \(n\bmod 2=1\) 的情况。
存在 \(1\) 点 \((u, v)\)，\(\operatorname{dis}(u, v)\bmod 2=1\)，那么 \((u, v)\) 形成的虚树满足条件
存在 \(1\) 点 \((u, v, w)\)，它们的中心为 \(x\)，\(u,v,w\) 到 \(x\) 的距离都是偶数，那么 \((u, v, w)\) 形成的虚树满足条件。可以证明上面三条囊括了所有情况。此时我们不需要再二分答案，直接维上面几种情况 \(\min(u, v)\) 或 \(\min(u, v, w)\) 的最大值即可。另外我们发现第二种情况 \((u, v)\) 中有 \(u=n\) 或 \(v=n\)，第三种情况中有 \(u,v,w,x\) 中一个为 \(n\)，否则可以证明一定不优。那么容易 dfs 做到 \(O(n)\)。
P11346 [KTSC 2023 R2] 会议室 2
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考虑最小代价，我们从小到大删除每个连通块，并保证在删每个连通块的过程中不会分裂这个连通块即可，则总方案树即为删除每个连通块的方案数 乘上 大小相同的连通块任意排列的方案数。
考虑对于一个连通块计算删除他的方案数。删除不好做，考虑时间倒流，我们每次插入一个区间，要求插入的区间与已经插入的区间的并 \([l, r]\) 一直有交。
刻画那些对当前区间的并 \([l, r]\) 有影响的线段 \(s_1,s_2,\dots ,s_k\)，那么对于一条对区间并没有影响的线段 \(i\)，我们需要在当前区间的并包含 \([l_i, r_i]\) 后加入它，也就是找到第一个时刻 \(p_i\)，加入 \(s_j\) 后可以加入 \(i\)。
这个形式类似于拓扑序，连边 \(s_i\to s_{i+1}\)，以及 \(s_{p_i}\to i\)，我们发现这个 DAG 形成了叶向树，而 \(s_i\) 的子树大小为 \(n-v_{i-1}\)，其中 \(v_i\) 为加入 \(s_i\) 后被当前区间并包含的线段个数。除了 \(s\) 内的点的子树大小都为 \(1\)，所以固定一个 \(s\) 拓扑序个数即为 \(\dfrac{(n-1)!}{\prod_{i=1}^{k-1} (n-v_i)}\)。
那么 dp 记录 \(f_{l, r}\) 表示当前区间的并为 \([l, r]\)，每次枚举一个新加入的区间 \(i\) 做到 \(O(n^3)\)；前缀和优化 dp 做到 \(O(n^2)\)。
P11346 [KTSC 2023 R2] 会议室 2
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考虑最小代价，我们从小到大删除每个连通块，并保证在删每个连通块的过程中不会分裂这个连通块即可，则总方案树即为删除每个连通块的方案数 乘上 大小相同的连通块任意排列的方案数。
考虑对于一个连通块计算删除他的方案数。删除不好做，考虑时间倒流，我们每次插入一个区间，要求插入的区间与已经插入的区间的并 \([l, r]\) 一直有交。
刻画那些对当前区间的并 \([l, r]\) 有影响的线段 \(s_1,s_2,\dots ,s_k\)，那么对于一条对区间并没有影响的线段 \(i\)，我们需要在当前区间的并包含 \([l_i, r_i]\) 后加入它，也就是找到第一个时刻 \(p_i\)，加入 \(s_j\) 后可以加入 \(i\)。
这个形式类似于拓扑序，连边 \(s_i\to s_{i+1}\)，以及 \(s_{p_i}\to i\)，我们发现这个 DAG 形成了叶向树，而 \(s_i\) 的子树大小为 \(n-v_{i-1}\)，其中 \(v_i\) 为加入 \(s_i\) 后被当前区间并包含的线段个数。除了 \(s\) 内的点的子树大小都为 \(1\)，所以固定一个 \(s\) 拓扑序个数即为 \(\dfrac{(n-1)!}{\prod_{i=1}^{k-1} (n-v_i)}\)。
那么 dp 记录 \(f_{l, r}\) 表示当前区间的并为 \([l, r]\)，每次枚举一个新加入的区间 \(i\) 做到 \(O(n^3)\)；前缀和优化 dp 做到 \(O(n^2)\)。
AT_arc165_e [ARC165E] Random Isolation
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先进行一个经典 trick 转化，随机一个排列 \(p\)，依次考虑每一个元素，如果这个元素所在的连通块 \(k\) 那么就删掉这个元素，可以证明是等价的。
刚刚看到这道题我们可能会有一个想法，对于每个点求出他被操作的概率，但是这个东西非常不好求，因为我们需要这个点所在连通块的信息才能求概率。
于是转换方向，我们发现对于一个大小 \(k\) 的连通块，他肯定会被操作一次，然后被分成若干个更小的连通块。于是我们计算每个连通块出现的概率。
记这个连通块大小为 \(n\)，与这个连通块相邻的点的个数为 \(m\)，我们发现出现的概率等价于在排列 \(p\) 中 \(m\) 个点都在 \(n\) 个点之前出现的概率，那么 dp 记数所有这样的连通块就完了。
P6776 [NOI2020] 超现实树
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好玩的推性质题。
先刻画一下一个树 \(A\) 可以生成 \(B\) 的条件：\(A\) 中的每一个节点，对于 \(B\) 中的位置不能是一个空点。
\(A\) 中的每一个单儿子节点 \(u\)，在 \(B\) 中不能有两个儿子。结论 \(1\)：如果存在一个深度为 \(maxh\) 无法被生成，那么存在无穷个树无法被生成。
结论 \(2\)：如果我们仅考虑条件 \(1\) 的话，我们只需要考虑每一个形态为链的、深度为 \(maxh\) 树能否被生成。
结论 \(3\)：加上条件 \(2\)，我们只需要考虑每一个形态为链，并将链上若干个点添加另一个叶子节点形成的深度为 \(maxh\) 的树能否被生成。
总共 \(2^{2maxh}\) 个需要被考虑的树，我们可以考虑 dfs 的形式，每次在现有的树上加入一个左儿子并向左儿子递归 / 加入一个右儿子并向右儿子递归 / 加入左右儿子并向其中之一递归，每次判断给定的 \(m\) 棵树是否与当前递归到的树同构即可。复杂度线性。
P7740 [NOI2021] 机器人游戏
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考虑容斥，枚举子集 \(S\) 表示 \(S\) 内的 \(p\) 都可以作为起点的方案数，\(O(2^n n^2m)\)。
枚举右端点 \(r\)，我们发现如果 \(2r\le n\)，那么此时可能的集合不超过 \(2^{n/2}\) 个。否则所有 \(c_in/2\) 的机器人都爆炸了，他们的输入输出都只有一种方案，考虑 dp，从小到大枚举列 \(i\)，我们只需要记录前 \(n-r\) 个点有没有被选为起点即可。
现在我们已经可以做到 \(O(2^{n/2} nm)\) 了，瓶颈在于我们每次 dp 枚举列 \(i\) 时，需要对 \(m\) 个机器人都计算其方案数，我们发现这个可以用 bitset 优化，做到 \(O(\dfrac{2^{n/2}nm}{\omega})\)。
P8497 [NOI2022] 移除石子
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先解决判定性问题：给定一个石子序列，如何判定可以取完。
sol：考虑 dp，\(f_{i, x, y}\) 表示考虑了 \([1, i]\) 的石子堆，\(i-1\) 开始的操作二有 \(y\) 个，\(i-2\) 之前有 \(x\) 个。通过对拍/打表可以发现结论：只需保留 \(x\le 2\land y\le 2\land x+y\le 3\) 的状态，以及 \(a_i\gets \min(a_i, 4)\) 不会影响结果。
现在加入可以放 \(K\) 个石子的限制，继续考虑判定方法：
声称绝大多数情况下放 \(=K\) 个石子和 \(\le K\) 个石子等价。首先放 \(=K\) 个石子和放 \(\le K-2\) 个石子或者放 \(K\) 个石子等价。考虑放 \(K-1\) 个石子的情况，如果他进行了操作二并且存在一个操作二没有同时操作所有的石子，或者进行了任意一次操作一，那么再放一个石子也能解决。否则其进行的所有操作皆为对 \(n\) 个石子一起操作二，那么这些石子堆的石子数必然全为 \(0\) 或全为 \(1\) 且 \(n=3\)，还要满足 \(K=1\)，判一下就好了。
于是我们现在改 dp 状态为 \(f_{i, x, y}\)，至少放 \(K\) 个石子中的多少颗才合法。
现在我们解决了判定问题，记数问题考虑把他放到自动机上，状态 \(S\) 记录 \(8\) 种 \(f_{*, x, y}\) 的取值，打个表发现只有几千种，那么直接做即可。
P8500 [NOI2022] 冒泡排序
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首先考虑 A 性质。将题意转化为将一些位置钦定为 \(1\)，并且存在一些区间 \([l, r]\) 要求 \([l, r]\) 内至少有一个 \(0\)。先贪心填完所有位置（如果这个位置填 \(1\) 逆序对更少就填 \(1\)，否则填 \(0\)）。此时有一些限制未能满足，我们需要找到 尽可能少的、尽可能靠左的 \(0\) 改成 \(1\)。可以 \(O(n^2)\) dp，但存在一个经典贪心：把区间按左端点降序排序，每次判断每个区间，如果区间内没有 \(0\) 就把左端点改成 \(0\)。
B 性质。把确定的位置填完后，我们发现剩下的数直接贪心就是对的，因为贪心的结果一定满足可以自由填的位置值升序。用线段树维护区间加最小值即可。
正解就是把两个性质拼起来。预处理 \(b_i\) 表示最终的 \(a_i\ge b_i\)。再对于每种值不同的限制分别做，我们把这些限制区间按照 A 性质的处理方法，钦定一些点 \(=b_i\) 来满足所有的限制。之后对于还没有确定的点，我们从前往后贪心地钦定满足 \(\ge b_i\) 的会产生最小逆序对的值。
P10789 [NOI2024] 登山
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dp \(f_u\) 表示从 \(u\) 点出发的方案数。下文中 \(l_i, r_i\) 表示一个点可以跳到的深度区间，\(h_i\) 表示要求之后跳到的点深度 \(\le h_i\)。
转移：\(f_u=\sum_v \sum_w [dep_w\in [l_v, \min(r_v, \min_{z\in \operatorname{path}(u, v)}h_z)]] f_w\)，暴力枚举 \((u, v)\)，并维护 \(s_i\) 表示目前 dfs 到 \(u\)，\(u\) 的深度为 \([1, i]\) 的祖先的 \(f\) 之和，先父亲再儿子地 \(f_u\)，容易做到 \(O(n^2)\)。
。 \(s_{l_v-1}\) 差分掉，我们要类似半在线维护 \(\sum buc_{u, i} s_i\)，其中 \(buc_{u, i}=\sum [\min(r_v\min_{z\in \operatorname{path}(u, v)}h_z)=i]\)。
单独维护 \(buc_{u, i}\) 是容易的。dfs 一遍，对于一个节点 \(u\)，先得到其所有子结点的答案，钦定其中 \(siz\) 最大的作为重儿子并让其他节点向他合并。
现在的问题是我们维护 \(buc\) 的顺序和维护 \(s\) 的顺序是反的，于是先做一遍 dfs 处理完 \(buc\)，然后第二遍 dfs 时启发式分裂 \(buc\)（可以理解为对第一遍得到的结果时间倒流） 并维护对应的 \(\sum buc_{v, i}s_i\)。需要用 map 维护 \(buc\) 数组所以最后的时间复杂度为 \(O(n\log^2 n)\)，空间复杂度 \(O(n\log n)\)。
AT_arc221_b [ARC221B] Two-Powered Sum
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考虑时光倒流，对于一个集合 \(S\)，如果它可以作为最后一个被操作的集合，那么 \(S\) 满足 \(\forall i \in S，a_i=S\)，我们删掉这样的 \(S\) 后接着做，接下来选中的集合 \(T\) 需要满足 \(\forall i,j \in T, a_i=a_j \land T \in a_i \in S\)，也就是 \(S\) 内已经删掉的元素可以随便填，但需要满足 \(T\) 内所有元素的 \(a\) 相等。
这个类似 DAG 容斥，每次我们枚举同时删掉 \(k\) 个集合并带有 \((-1)^{k+1}\) 的系数，用 dp 维护一下即可。
CF2222G Statistics on Tree
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对于一条路径 \((u, v)\)，令 \(c=\operatorname{lca}(u, v)\)，则删掉 \((u, v)\) 后最大连通块大小 \(f(u, v)\) 为 \(siz_u, siz_v,n-siz_{fu}-siz_{fv},siz_x-siz_y\) 五类的 \(\max\)。其中 \(fu,fv\) 表示 \(c\) 在 \(u,v\) 方向的第一个儿子，\((x, y)\) 表示链上相邻的两个点。
以重心 \(rt\) 为根。如果 \(c\neq rt\)，那么 \(f(u, v)=n-siz_{fu}-siz_{fv}\)。在 \(c\) 处统计答案，我们发现对于每个儿子 \(u\) 只有 \(siz_u\) 的值是重要的，开个桶同时处理所有相同的 \(siz_u\)，并且双循环枚举，根据经典结论这个是 \(O(n\log n)\) 的。
对于 \(c=rt\) 的情况，定义 \(son_u\) 表示 \(u\) 的重儿子，如果 \(fu\neq son_{rt} \land fv\neq son_{rt}\) 那么 \(f(u, v)=n-siz_{fu}-siz_{fv}\)。否则令 \(fu=son_{rt}\)，此时 \(f(u, v)=\max(val_u, val_v, n-siz_{son_{rt}}-siz_{fv})\)，其中 \(val_u\) 表示 \((rt, u)\) 路径上所有相邻的 \((x, y)\) 的 \(siz_x-siz_y\) 的最大值。这是一个简单一维偏序形式，排序后容易统计。
总复杂度 \(O(n\log n)\)，用到最高级的算法是快速排序。
CF1864G Magic Square
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我们定义 \(r_i\) 为第 \(i\) 行移位的距离， \(c_i\) 为第 \(i\) 列移位的距离。
一个元素如果在 \(A,B\) 中他的行或列相等，那么他的路径就被确定了，我们可以以此确定这个元素所在行/所在列的移位。否则他经历了两次移位。
我们发现对于任意一行 \(i\) 和任意一列 \(j\)，一定有一个元素同时经历了 \(r_i\) 的移位和 \(c_j\) 的移位，而题目中保证任何两个经历两次移位的元素偏移量不相等。如果存在 \(i,j,k,r_i\neq 0,c_j=c_k\neq 0\)，那么题目条件就不被满足了，所以如果存在 \(c_i\neq 0 \land c_j\neq 0\)，那么所有非 \(0\) 的 \(c_i\) 和所有非 \(0\) 的 \(r_j\) 互不相等。
这是一个非常强的性质。对于任意一行 \(i\)，如果存在一个元素在 \(A,B\) 中都在第 \(i\) 行，那么 \(r_i\) 就被确定了。否则所有列都进行了移位，此时根据上述性质一定有 \(\forall i,r_i=0\)。 这个 case 是容易计算答案的。
否则我们可以确定所有 \(r_i,c_j\) 的取值。由于 \(r_i\) 互不相等 \(c_j\) 互不相等，任何一个需要经历两次移位的元素，他的路径是唯一的。我们把操作顺序看成 DAG 中取一个 DAG 序，对于 \(i,j,r_i\neq 0,c_j\neq 0\)，行 \(i\) 和列 \(j\) 都存在一条表示先后关系的有向边。
这是一个非常特殊的 DAG。如果开始时行 \(i\) 的入度为 \(0\)，我们发现所有的列都有一条行 \(i\) 连向他的边，也就是说现在所有入度为 \(0\) 的点都是行，且这些行操作完后才会出现新的入度为 \(0\) 的点。那么拓扑序个数就是若干个阶乘的乘积，容易 \(O(n^2)\) 计算。
CF2201F2 Monotone Monochrome Matrices (Hard Version)
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把每一行黑色的位置构成的集合记为 \(S_i\)。
容易发现题目条件等价于，任意的 \(S_i,S_j\) 互相包含，即 \(|S_i\bigcap S_j|=\min(|S_i|, |S_j|)\)。
我们发现 \(|S_i\bigcap S_j|\le \min(|S_i|, |S_j|)\)，所以条件等价于 \(\sum |S_i\bigcap S_j|=\sum \min(|S_i|, |S_j|)\)，左右两边都是容易计算的。\(O(n+q)\)。
CF1603E A Perfect Problem
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确实是，perfect problem。
把 \(a\) 从小到大排序，取 \(a\) 的每个前缀判断是否为好的序列与原意等价。
记 \(s=a_1\)，\(b_i=a_i-s\)，那么可以将条件改写成 \(\forall i, s\times (s+b_i-i)\ge \sum_{j=1}^i b_j\)。我们发现 \(a_n=s+b_n\le n+1\)，那么有 \(\sum b_i\le s\)。
另外有 \(b_i\ge \max(0, i-s)\)，联立上面两个柿子得 \(s\ge n-\sqrt{2n}\)，那么我们枚举 \(s\) 后按位 dp，\(f_{v, i, s}\) 枚举到 \(b_i=v\) 且 \(\sum_{j=1}^i b_j=s\)，转移是容易的。我们发现需要枚举的 \((s, v)\) 总量级是 \(O(n)\) 的，于是总复杂度 \(O(n^3\log n)\)。
CF2196D Double Bracket Sequence
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如果一对括号在原串中就匹配了，我们把它删去了肯定不劣，剩下 \(\texttt{]][[}\) + \(\texttt{))((}\) 类似的串。
设目前留下来的串长度为 \(len\)，修改次数至少是 \(len/2\)，因为一次修改至多产生一个合法的括号。
考虑一种接近下界的构造：我们把 \(\texttt{)}\) 和 \(\texttt{]}\) 放在一起匹配，把 \(\texttt{(}\) 和 \(\texttt{[}\) 放在一起匹配。如果两种括号数量和是偶数那么 \(len/2\) 次匹配完了；否则剩下一个单独的左括号和一个单独的右括号，如果左括号在左，再一次操作即可匹配这两个括号，那么 \(len/2\) 次匹配完了；否则这一对括号还需要额外一次操作，总操作次数 \(len/2+1\)，我们选择剩下最左边的左括号和最右边的右括号进行判断。感性理解这样就已经最优了。
QOJ14980. Embedding Trees
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\(r_k\) 的形态，应该为两棵深度为 \(k\) 的完全二叉树，通过两个根拼起来的样子。
我们把这个 \(r_k\) 所有不同的子树提出来，发现只有 \(2k-1\) 种形态，分成两类：深度 \(\le k\) 的完全二叉树 一个 \(r_k\) 减去一个深度 \(k\) 的完全二叉树。我们把他们按大小标号为 \(1\dots 2k-1\)。
我们先用经典套路，将答案转化为对于每个 \(r_k\)，计数有多少连通块包含它。
由此考虑树形 dp。对于每个子树，\(f_{u, i}\) 记录 \(u\) 能被匹配的最大子树编号为 \(i\)。这里可以分讨证明，记录那个能被匹配的子树最大的一定是最优的。然后考虑转移 \(f_u\)，分成几种情况：\(u\) 所有儿子 \(v\) 的状态均 \(k\)，那么转移到儿子 \(v\) 的次大值。
存在 \(\ge 3\) 个儿子 \(v\) 的状态 \(\ge k\)，可以证明这个时候直接可以构成 \(r_k\)。
否则存在 \(1\) 或 \(2\) 个儿子的状态 \(\ge k\)，如果有两个把较小那个变成 \(k\) 的状态；接下来令 \(k\) 的状态为 \(2k-x\)，如果存在另一个 \(\ge x-1\) 的状态则转移到 \(2k-(x-1)\)；否则把 \(2k-x\) 当作 \(x+1\) 进行转移。时间复杂度 \(O(n\log^2 n)\)，据说可以分析到 \(O(n \log n)\)。
CF1942F Farmer John's Favorite Function
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我们对 \(f(i)\) 全部向下取整是不会有任何影响的，先将 \(f(i)\) 的定义改成 \(f(i)=\lfloor \sqrt{f(i-1)+a_i} \rfloor\)。
可以想到一个有精度误差的做法：如果我们要求 \(f(i)\)，直接把 \(i-\log\log V\)前面的数当作 \(0\) 来计算，最后的结果不会差超过 \(1\)。另外还有一个没有误差的做法，二分并判断 \(f(i)\ge x\)，我们有 \(f(i)\ge x \iff a_i\ge x^2 \lor f(i-1)\ge x^2-a_i\)，那么可以递归地检查 \(f(i)\ge x\) 是否成立。
把两个做法合起来，我们考虑每 \(\sqrt n\) 个数 个数分成一块，每次修改时重构这个块，把块外的数都当成 \(x0\) 算出块右端点的值 \(x\)，并维护当前一个块最后一个位置的 \(f\) 值 \(\ge lim\) 时，当前块最后一个位置的 \(f\) 值变为 \(x+1\)。询问时暴力扫一遍所有的块即可，\(O(n\sqrt n)\)。
实际上我们每个块维护的 \((x, lim)\) 是满足结合律的，于是可以在底层每 \(\log\log V\) 个数分块，然后用线段树维护 \((x, lim)\) 信息，时间复杂度 \(O(n+q(\log n+\log\log V))\)。
CF2057F Formation
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假如我们想要让 \(a_i\) 变成最后的最大值 \(x\)，那么要在 \(i\) 处花费 \(\max(0, x-a_i)\)，在 \(i-1\) 处花费 \(\max(0, \lceil x/2 \rceil - a_{i-1})\)，……， \(i-t\) 处花费 \(\max(0, \lceil x/2^t\rceil - a_{i-t})\)，总共影响最多 \(\log V\) 个值。
上式中 \(\lceil x/2^i\rceil - a_{i-i}0\) 的 \(i\) 构成一个前缀，这个前缀的长度 \(t\) 固定时，对于每一个 \(i\) 合法的 \(x\) 构成一个区间，贡献可以写成 \(\sum_{i=0}^t \lceil x/2^i\rceil-\sum_{j=i-t+1}^i a_j\) 的形式，我们想要最小化这个柿子，也就是要最大化 \(\sum_{j=i-t+1}^i a_j\)。
如果原题让我们算在 \(mx=x\) 的情况下的最小花费，那么可以扫描线 \(x\)，对于 \(\log V\) 个 \(t\) 维护对应的最优的 \(i\)，可以在 \(O(\log V)\) 的复杂度下算出每个答案。
现在我们要在固定花费的情况下最大化 \(mx\)，我们可以对于每一组 \((i, t)\) 得到其花费对应的值域区间，同样扫描线，二分判断花费为 \(k\) 的情况下 \(mx\) 是否 \(\ge x\)。\(O(n\log^2 V)\)。
假设集合 \(U\) 内的点是蓝眼睛，我们要求其第一次开枪的时间 \(f_U\)。
对于某一个 \(u\in U\) 来说，在什么时候才能确定自己是蓝眼睛呢？假设它不是蓝眼睛，枚举对于 \(u\) 来说所有可能的情况 \(S\)（即 \(u\) 看不到的人，可以是蓝眼睛可以是红眼睛），求出所有这样的 \(S\) 的开枪时间 \(\max f_S\)，那么 \(u\) 开枪的时间就是 \(\max f_S +1\)。感性理解一下 \(S\) 取最大的一定最优，如果 dp 到环那么就是无穷。\(f_S\) 的答案就是所有 \(u\) 的答案之 \(\min\)。
#76. 【UR #6】懒癌
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假设集合 \(U\) 内的点是蓝眼睛，我们要求其第一次开枪的时间 \(f_U\)。
对于某一个 \(u\in U\) 来说，在什么时候才能确定自己是蓝眼睛呢？假设它不是蓝眼睛，枚举对于 \(u\) 来说所有可能的情况 \(S\)（即 \(u\) 看不到的人，可以是蓝眼睛可以是红眼睛），求出所有这样的 \(S\) 的开枪时间 \(\max f_S\)，那么 \(u\) 开枪的时间就是 \(\max f_S +1\)。感性理解一下 \(S\) 取最大的一定最优，如果 dp 到环那么就是无穷。\(f_S\) 的答案就是所有 \(u\) 的答案之 \(\min\)。。
来刻画这个 dp 的过程究竟在干什么，如果 \(i\) 看不见 \(j\) 那么连边 \(i\to j\)，把整张图的环全部删掉，剩下一个 DAG，那么相当于初始我们有一个染黑的集合 \(S\)，每次我们把一个别的黑点不可达的黑点删掉（为了保证 dp 是，并把他的后继全部设为黑点，那么答案即为存在过的黑点的个数之和，唉你发现这个不是经典可达性问题吗，那直接做完了。
CF2122E Greedy Grid Counting
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如果向右的路径更大那么向右一定更优；出现贪心路径不是最大路径的只有可能是在当前点向下了，但是后面向右更优。
形式化的，存在一对 \((i, j)\)，满足：\(a_{1, i}a_{0, i+1}\)
\(\sum_{k=i}^{j-1} a_{1, k}\sum_{k=i+1}^{j} a_{0, k}\)。移项，令 \(b_i=a_{0, i+1}-a_{1, i}\)，相当于 \(b_i0\) 且 \(b_i\) 开头的最大前缀和 \(0\) 那么就不合法了。考虑 dp，记 \(f_{i, j}\) 表示 dp 到 \(b_i\)，最大前缀和为 \(j\)。转移考虑枚举 \(b_i\) 正负关系，如果 \(b_i0\)，要求目前的最大前缀和 \(\le -b_i\)，那么我们可以时时刻刻对 \(f_{i, j}\) 的第二维对 \(m\) 取min，最后的复杂度是 \(O(nm^2)\)。
CF2239D Hunting the Beast
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显然每个集合的贡献是相等的，转而计算 \(\{1,\dots,m\}\) 在多少个图当中合法。
一个图合法的条件为：对于每一个叶子 \(i\)，\(i\le m\)。
对于每一个纯环，要求纯环中至少存在一个点 \(x\) 满足 \(x\le m\)。考虑容斥，钦定有 \(i\) 个叶子和 \(j\) 个纯环不满足条件，那么容斥系数是 \((-1)^{i+j}\)。
钦定 \(i\) 个叶子不合法，以及 \(j\) 个点构成纯环不满足条件，计算此时的方案数。记 \(j\) 个点构成纯环不满足条件的方案数为 \(f_j\)，那么总方案数为 \((n-i-j-1)^{n-i-j}(-1)^i(n-i-j)^i f_j {n-m \choose i+j}{i+j\choose i}\)。
考虑先计算 \(g_i\) 表示可以连自环的情况下 \(i\) 个点的总系数，\(g_0=1,g_1=-1\)，对于 \(i\ge 2\) 的 \(g_i\)，我们发现交换 \(1,2\) 的出边，环的奇偶性改变，所以此时 \(g_i=0\)。那么 \(f_i=\sum_j g_{i-j} (-1)^{2j} {i\choose j}=1-i\)。打表也可以获得这个结论。
枚举 \(k=i+j\)，那么答案可以写成 \(\sum_k {n-m\choose k}(n-k-1)^{n-k}\sum_i {k\choose i} (1-i)(n-k)^{k-i}\)，后面的柿子展开化简是容易的，于是我们做到了 \(O(n\log n)\) 或 \(O(n)\)。
P12489 [集训队互测 2024] 线段树与区间加
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这个 \(a_i\) 非常不好维护，我们发现 \(a_i=\sum_{j\in subtree(i)} lzy_j\)，于是把 \(a_i\) 的贡献转到 \(lzy_j\) 上面。
现在的操作形如，让一些点 \(u\)，使他们的 \(lzy_u\) 变成 \(\sum_{w\in anc(u)} lzy_w+x\)，并清零所有的这样的 \(w\)。
把 \(lzy_u\) 变成祖先链上的 \(lzy_w\) 之和，那么此时我们消除了 pushdown 的影响，相当于每次给一些点 \(u\)，令 \(tag_u\gets tag_u+x\)，并让这些 \(u\) 的祖先赋值为 \(0\)。
欸这个时候我们发现所有的操作都可以写成二维偏序的形式，kdt 一下就做完了。\(O(n\sqrt n)\)。似乎由于信息没有交换律不能 cdq。
CF1863G Swaps
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把 \(a\) 放到基环树上。操作 \(u\) 相当于，让 \(u\) 的父亲连向自己，并且 \(u\) 连向 \(u\) 的父亲的父亲。
关键转化：我们把操作 \(u\) 看作标记 \((u, a_u)\) 这条边，并不对图的形状做出改变。保证没有两条标记的边他们的终点是相同的。对于标记完一些边后的图，对于一个点 \(u\)，如果存在一条指向 \(u\) 的边被标记了那么 \(a_u=u\)；否则 \(a_u\) 等于从 \(u\) 开始往祖先走第一个没有被标记的边的终点。
那么一颗树+一个只有一个点的环的图，其答案就为 \(\prod_{u\neq rt} (d_u+1)\)，\(d_u\) 表示 \(u\) 的入度。
对于存在大小为 \(c\) 的环的情况，我们发现如果环中 \(c-1\) 条边都被标记了，那么这 \(c\) 个环上的点的边都只向了自己，我们也不能让 \(c\) 条边同时标记。那么对于一个环，其方案数就是 \(\prod(d_u+1)-\sum(d_u)\)。
那么这个图的方案数即为，\((\prod_{u\in cyc} (d_u+1)-\sum_{u\in cyc} d_u)(\prod_{u\notin cyc} (d_u+1))\)。
#1094. 【UNR #10】麦田
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如果 \(a_i=a_{i+1}\)，那么这两个点之后再也不会动了；所以每个点最多上升一次。
对于每个可能会上升的点，找到他们上升所需要用到的区间 \([l_i, r_i]\)，那么当 \(ql\le l_i\le r_i\le qr\) 时这个点会上升。扫描线即可 \(O(n\log n)\)。
更进一步，可以发现 \(l_i, r_i\) 单调不降，那么双指针即可，\(O(n)\)。
#1095. 【UNR #10】分披萨
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令每个人的区间内颜色个数为 \(x\)。
假如确定了所有的 \(a_i\)，考虑如何 check 合法性。枚举 \(x\)，枚举 \(i\in 1\dots k\)，对于第 \(i\) 个人，我们维护其区间可能右端点的最小值 \(mn_{x, i}\)，和右端点可能最大值 \(mx_{x, i}\)。最后如果有 \(mn_{x, k}\le n \land mx_{x, k}=n\)，那么 \(x\) 就是合法的。
容易发现 \(mx_{x, i}mn_{x, i+1}\)，所以对于一个确定的 \(a_i\)，至多只有一个 \(x\) 合法。
因此枚举 \(x\) 计数有多少个区间满足 \(mn_{x, k}\le n \land mx_{x, k}=n\)。发现一件事是当 \(mx_{x, k}=n\) 时一定有 \(mn_{x, k}\le n\)，所以我们可以考虑容斥，满足 \(mn_{x, k}\le n\) 的方案数减去 \(mx_{x, k}n\) 的方案数就是最终答案。
现在问题被我们拆成了两部分。对于两部分分别进行 dp，即可做到 \(O(n^4)\)。
#1096. 【UNR #10】字符串
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一步最重要的观察：考虑取一个 \(k\)，当 \(k\in [\frac{r-l+1} 2, r-l+1]\) 时，\(s[l, r]\) 与 \(\operatorname{rev}(s[l, r])\) 的大小关系，等于 \(s[l, l+k-1]\) 与 \(\operatorname{rev}(s[r-k+1, r])\) 的大小关系。于是对于每一组 \([l, r]\) 取最大的满足条件的 \(2\) 的幂次。
具体地，枚举所有不同的 \(k\)，类似后缀数组求出每一个 \(s[i, i+k-1]\) 和 \(\operatorname{rev}(s[i-k+1, i])\) 的大小排名。从大到小扫描线 \(s[i, i+k-1]\)，并用线段树维护目前的 \(s[i, i+k-1]\operatorname{rev}(s[j-k+1, j])\) 的所有位置 \(j\)，对于每一个询问 \([ql, qr]\)，如果 \(qr-ql+1\ge k\)，就把区间 \([ql+k-1, \min(qr, ql+k+k-2)]\) 的 hash 信息加入答案中，这样是 \(O((n+q)\log^2 n)\) 的。
考虑优化，我们发现对于每一组询问 \([ql, qr]\)，最多只会有一个 \(k\) 满足询问右边界 \(\min(qr, ql+k+k-2)\) 的 \(\min\) 是取到 \(qr\) 的。而实际上其他 \(k\) 的询问区间只与 \(ql\) 有关，此类最多只有 \(n\log n\) 个本质不同的询问。因此可以优化到 \(O(n\log^2 n+q\log n)\)，已经可以通过此题。 我要自学网网站响应式网站 cms
我要自学网网站,响应式网站 cms,国外销售网站,营销咨询报告本系列最后一篇，NOI加油！P15166 [SWERC 2022] Parmigiana With Seafood
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呜呜呜好神奇的题。
考虑二分答案，我们把 \(\ge mid\) 的点标记为 \(1\)，\(mid\) 的点标记为 \(0\)，先手只需要选择任意一个 \(1\…本系列最后一篇，NOI加油！P15166 [SWERC 2022] Parmigiana With Seafood
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呜呜呜好神奇的题。
考虑二分答案，我们把 \(\ge mid\) 的点标记为 \(1\)，\(mid\) 的点标记为 \(0\)，先手只需要选择任意一个 \(1\) 点即可获胜，而后手选择完所有 \(1\) 点获胜。
我们来刻画一下先手/后手获胜的条件。如果有一个 \(1\) 点是叶子节点那么先手直接获胜了。否则后手在进行一次操作后不能使任何一个 \(1\) 点成为叶子节点，那么我们考虑任意一些 \(1\) 点集合所形成的虚树，这个虚树中如果有叶子结点为 \(1\) 点，我们再随便加入一条一个端点为这个 \(1\) 点的边。我们发现拆掉这个虚树的任意一个叶子节点，都会导致一个 \(1\) 点成为叶子节点。如果 \(siz_{tree}\not\equiv n \pmod 2\)，那么此时后手操作，之后先手一定可以选一个 \(1\) 点，后手就输了。于是我们只需要判断是否存在这样的虚树满足 \(siz_{tree}\not\equiv n \pmod 2\) 即可。\(n\bmod 2=0\)，那么一个 \(1\) 的单点就符合条件，下文只讨论 \(n\bmod 2=1\) 的情况。
存在 \(1\) 点 \((u, v)\)，\(\operatorname{dis}(u, v)\bmod 2=1\)，那么 \((u, v)\) 形成的虚树满足条件
存在 \(1\) 点 \((u, v, w)\)，它们的中心为 \(x\)，\(u,v,w\) 到 \(x\) 的距离都是偶数，那么 \((u, v, w)\) 形成的虚树满足条件。可以证明上面三条囊括了所有情况。此时我们不需要再二分答案，直接维上面几种情况 \(\min(u, v)\) 或 \(\min(u, v, w)\) 的最大值即可。另外我们发现第二种情况 \((u, v)\) 中有 \(u=n\) 或 \(v=n\)，第三种情况中有 \(u,v,w,x\) 中一个为 \(n\)，否则可以证明一定不优。那么容易 dfs 做到 \(O(n)\)。
P11346 [KTSC 2023 R2] 会议室 2
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考虑最小代价，我们从小到大删除每个连通块，并保证在删每个连通块的过程中不会分裂这个连通块即可，则总方案树即为删除每个连通块的方案数 乘上 大小相同的连通块任意排列的方案数。
考虑对于一个连通块计算删除他的方案数。删除不好做，考虑时间倒流，我们每次插入一个区间，要求插入的区间与已经插入的区间的并 \([l, r]\) 一直有交。
刻画那些对当前区间的并 \([l, r]\) 有影响的线段 \(s_1,s_2,\dots ,s_k\)，那么对于一条对区间并没有影响的线段 \(i\)，我们需要在当前区间的并包含 \([l_i, r_i]\) 后加入它，也就是找到第一个时刻 \(p_i\)，加入 \(s_j\) 后可以加入 \(i\)。
这个形式类似于拓扑序，连边 \(s_i\to s_{i+1}\)，以及 \(s_{p_i}\to i\)，我们发现这个 DAG 形成了叶向树，而 \(s_i\) 的子树大小为 \(n-v_{i-1}\)，其中 \(v_i\) 为加入 \(s_i\) 后被当前区间并包含的线段个数。除了 \(s\) 内的点的子树大小都为 \(1\)，所以固定一个 \(s\) 拓扑序个数即为 \(\dfrac{(n-1)!}{\prod_{i=1}^{k-1} (n-v_i)}\)。
那么 dp 记录 \(f_{l, r}\) 表示当前区间的并为 \([l, r]\)，每次枚举一个新加入的区间 \(i\) 做到 \(O(n^3)\)；前缀和优化 dp 做到 \(O(n^2)\)。
P11346 [KTSC 2023 R2] 会议室 2
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考虑最小代价，我们从小到大删除每个连通块，并保证在删每个连通块的过程中不会分裂这个连通块即可，则总方案树即为删除每个连通块的方案数 乘上 大小相同的连通块任意排列的方案数。
考虑对于一个连通块计算删除他的方案数。删除不好做，考虑时间倒流，我们每次插入一个区间，要求插入的区间与已经插入的区间的并 \([l, r]\) 一直有交。
刻画那些对当前区间的并 \([l, r]\) 有影响的线段 \(s_1,s_2,\dots ,s_k\)，那么对于一条对区间并没有影响的线段 \(i\)，我们需要在当前区间的并包含 \([l_i, r_i]\) 后加入它，也就是找到第一个时刻 \(p_i\)，加入 \(s_j\) 后可以加入 \(i\)。
这个形式类似于拓扑序，连边 \(s_i\to s_{i+1}\)，以及 \(s_{p_i}\to i\)，我们发现这个 DAG 形成了叶向树，而 \(s_i\) 的子树大小为 \(n-v_{i-1}\)，其中 \(v_i\) 为加入 \(s_i\) 后被当前区间并包含的线段个数。除了 \(s\) 内的点的子树大小都为 \(1\)，所以固定一个 \(s\) 拓扑序个数即为 \(\dfrac{(n-1)!}{\prod_{i=1}^{k-1} (n-v_i)}\)。
那么 dp 记录 \(f_{l, r}\) 表示当前区间的并为 \([l, r]\)，每次枚举一个新加入的区间 \(i\) 做到 \(O(n^3)\)；前缀和优化 dp 做到 \(O(n^2)\)。
AT_arc165_e [ARC165E] Random Isolation
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先进行一个经典 trick 转化，随机一个排列 \(p\)，依次考虑每一个元素，如果这个元素所在的连通块 \(k\) 那么就删掉这个元素，可以证明是等价的。
刚刚看到这道题我们可能会有一个想法，对于每个点求出他被操作的概率，但是这个东西非常不好求，因为我们需要这个点所在连通块的信息才能求概率。
于是转换方向，我们发现对于一个大小 \(k\) 的连通块，他肯定会被操作一次，然后被分成若干个更小的连通块。于是我们计算每个连通块出现的概率。
记这个连通块大小为 \(n\)，与这个连通块相邻的点的个数为 \(m\)，我们发现出现的概率等价于在排列 \(p\) 中 \(m\) 个点都在 \(n\) 个点之前出现的概率，那么 dp 记数所有这样的连通块就完了。
P6776 [NOI2020] 超现实树
link
好玩的推性质题。
先刻画一下一个树 \(A\) 可以生成 \(B\) 的条件：\(A\) 中的每一个节点，对于 \(B\) 中的位置不能是一个空点。
\(A\) 中的每一个单儿子节点 \(u\)，在 \(B\) 中不能有两个儿子。结论 \(1\)：如果存在一个深度为 \(maxh\) 无法被生成，那么存在无穷个树无法被生成。
结论 \(2\)：如果我们仅考虑条件 \(1\) 的话，我们只需要考虑每一个形态为链的、深度为 \(maxh\) 树能否被生成。
结论 \(3\)：加上条件 \(2\)，我们只需要考虑每一个形态为链，并将链上若干个点添加另一个叶子节点形成的深度为 \(maxh\) 的树能否被生成。
总共 \(2^{2maxh}\) 个需要被考虑的树，我们可以考虑 dfs 的形式，每次在现有的树上加入一个左儿子并向左儿子递归 / 加入一个右儿子并向右儿子递归 / 加入左右儿子并向其中之一递归，每次判断给定的 \(m\) 棵树是否与当前递归到的树同构即可。复杂度线性。
P7740 [NOI2021] 机器人游戏
link
考虑容斥，枚举子集 \(S\) 表示 \(S\) 内的 \(p\) 都可以作为起点的方案数，\(O(2^n n^2m)\)。
枚举右端点 \(r\)，我们发现如果 \(2r\le n\)，那么此时可能的集合不超过 \(2^{n/2}\) 个。否则所有 \(c_in/2\) 的机器人都爆炸了，他们的输入输出都只有一种方案，考虑 dp，从小到大枚举列 \(i\)，我们只需要记录前 \(n-r\) 个点有没有被选为起点即可。
现在我们已经可以做到 \(O(2^{n/2} nm)\) 了，瓶颈在于我们每次 dp 枚举列 \(i\) 时，需要对 \(m\) 个机器人都计算其方案数，我们发现这个可以用 bitset 优化，做到 \(O(\dfrac{2^{n/2}nm}{\omega})\)。
P8497 [NOI2022] 移除石子
link
先解决判定性问题：给定一个石子序列，如何判定可以取完。
sol：考虑 dp，\(f_{i, x, y}\) 表示考虑了 \([1, i]\) 的石子堆，\(i-1\) 开始的操作二有 \(y\) 个，\(i-2\) 之前有 \(x\) 个。通过对拍/打表可以发现结论：只需保留 \(x\le 2\land y\le 2\land x+y\le 3\) 的状态，以及 \(a_i\gets \min(a_i, 4)\) 不会影响结果。
现在加入可以放 \(K\) 个石子的限制，继续考虑判定方法：
声称绝大多数情况下放 \(=K\) 个石子和 \(\le K\) 个石子等价。首先放 \(=K\) 个石子和放 \(\le K-2\) 个石子或者放 \(K\) 个石子等价。考虑放 \(K-1\) 个石子的情况，如果他进行了操作二并且存在一个操作二没有同时操作所有的石子，或者进行了任意一次操作一，那么再放一个石子也能解决。否则其进行的所有操作皆为对 \(n\) 个石子一起操作二，那么这些石子堆的石子数必然全为 \(0\) 或全为 \(1\) 且 \(n=3\)，还要满足 \(K=1\)，判一下就好了。
于是我们现在改 dp 状态为 \(f_{i, x, y}\)，至少放 \(K\) 个石子中的多少颗才合法。
现在我们解决了判定问题，记数问题考虑把他放到自动机上，状态 \(S\) 记录 \(8\) 种 \(f_{*, x, y}\) 的取值，打个表发现只有几千种，那么直接做即可。
P8500 [NOI2022] 冒泡排序
link
首先考虑 A 性质。将题意转化为将一些位置钦定为 \(1\)，并且存在一些区间 \([l, r]\) 要求 \([l, r]\) 内至少有一个 \(0\)。先贪心填完所有位置（如果这个位置填 \(1\) 逆序对更少就填 \(1\)，否则填 \(0\)）。此时有一些限制未能满足，我们需要找到 尽可能少的、尽可能靠左的 \(0\) 改成 \(1\)。可以 \(O(n^2)\) dp，但存在一个经典贪心：把区间按左端点降序排序，每次判断每个区间，如果区间内没有 \(0\) 就把左端点改成 \(0\)。
B 性质。把确定的位置填完后，我们发现剩下的数直接贪心就是对的，因为贪心的结果一定满足可以自由填的位置值升序。用线段树维护区间加最小值即可。
正解就是把两个性质拼起来。预处理 \(b_i\) 表示最终的 \(a_i\ge b_i\)。再对于每种值不同的限制分别做，我们把这些限制区间按照 A 性质的处理方法，钦定一些点 \(=b_i\) 来满足所有的限制。之后对于还没有确定的点，我们从前往后贪心地钦定满足 \(\ge b_i\) 的会产生最小逆序对的值。
P10789 [NOI2024] 登山
link
dp \(f_u\) 表示从 \(u\) 点出发的方案数。下文中 \(l_i, r_i\) 表示一个点可以跳到的深度区间，\(h_i\) 表示要求之后跳到的点深度 \(\le h_i\)。
转移：\(f_u=\sum_v \sum_w [dep_w\in [l_v, \min(r_v, \min_{z\in \operatorname{path}(u, v)}h_z)]] f_w\)，暴力枚举 \((u, v)\)，并维护 \(s_i\) 表示目前 dfs 到 \(u\)，\(u\) 的深度为 \([1, i]\) 的祖先的 \(f\) 之和，先父亲再儿子地 \(f_u\)，容易做到 \(O(n^2)\)。
。 \(s_{l_v-1}\) 差分掉，我们要类似半在线维护 \(\sum buc_{u, i} s_i\)，其中 \(buc_{u, i}=\sum [\min(r_v\min_{z\in \operatorname{path}(u, v)}h_z)=i]\)。
单独维护 \(buc_{u, i}\) 是容易的。dfs 一遍，对于一个节点 \(u\)，先得到其所有子结点的答案，钦定其中 \(siz\) 最大的作为重儿子并让其他节点向他合并。
现在的问题是我们维护 \(buc\) 的顺序和维护 \(s\) 的顺序是反的，于是先做一遍 dfs 处理完 \(buc\)，然后第二遍 dfs 时启发式分裂 \(buc\)（可以理解为对第一遍得到的结果时间倒流） 并维护对应的 \(\sum buc_{v, i}s_i\)。需要用 map 维护 \(buc\) 数组所以最后的时间复杂度为 \(O(n\log^2 n)\)，空间复杂度 \(O(n\log n)\)。
AT_arc221_b [ARC221B] Two-Powered Sum
link
考虑时光倒流，对于一个集合 \(S\)，如果它可以作为最后一个被操作的集合，那么 \(S\) 满足 \(\forall i \in S，a_i=S\)，我们删掉这样的 \(S\) 后接着做，接下来选中的集合 \(T\) 需要满足 \(\forall i,j \in T, a_i=a_j \land T \in a_i \in S\)，也就是 \(S\) 内已经删掉的元素可以随便填，但需要满足 \(T\) 内所有元素的 \(a\) 相等。
这个类似 DAG 容斥，每次我们枚举同时删掉 \(k\) 个集合并带有 \((-1)^{k+1}\) 的系数，用 dp 维护一下即可。
CF2222G Statistics on Tree
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对于一条路径 \((u, v)\)，令 \(c=\operatorname{lca}(u, v)\)，则删掉 \((u, v)\) 后最大连通块大小 \(f(u, v)\) 为 \(siz_u, siz_v,n-siz_{fu}-siz_{fv},siz_x-siz_y\) 五类的 \(\max\)。其中 \(fu,fv\) 表示 \(c\) 在 \(u,v\) 方向的第一个儿子，\((x, y)\) 表示链上相邻的两个点。
以重心 \(rt\) 为根。如果 \(c\neq rt\)，那么 \(f(u, v)=n-siz_{fu}-siz_{fv}\)。在 \(c\) 处统计答案，我们发现对于每个儿子 \(u\) 只有 \(siz_u\) 的值是重要的，开个桶同时处理所有相同的 \(siz_u\)，并且双循环枚举，根据经典结论这个是 \(O(n\log n)\) 的。
对于 \(c=rt\) 的情况，定义 \(son_u\) 表示 \(u\) 的重儿子，如果 \(fu\neq son_{rt} \land fv\neq son_{rt}\) 那么 \(f(u, v)=n-siz_{fu}-siz_{fv}\)。否则令 \(fu=son_{rt}\)，此时 \(f(u, v)=\max(val_u, val_v, n-siz_{son_{rt}}-siz_{fv})\)，其中 \(val_u\) 表示 \((rt, u)\) 路径上所有相邻的 \((x, y)\) 的 \(siz_x-siz_y\) 的最大值。这是一个简单一维偏序形式，排序后容易统计。
总复杂度 \(O(n\log n)\)，用到最高级的算法是快速排序。
CF1864G Magic Square
link
我们定义 \(r_i\) 为第 \(i\) 行移位的距离， \(c_i\) 为第 \(i\) 列移位的距离。
一个元素如果在 \(A,B\) 中他的行或列相等，那么他的路径就被确定了，我们可以以此确定这个元素所在行/所在列的移位。否则他经历了两次移位。
我们发现对于任意一行 \(i\) 和任意一列 \(j\)，一定有一个元素同时经历了 \(r_i\) 的移位和 \(c_j\) 的移位，而题目中保证任何两个经历两次移位的元素偏移量不相等。如果存在 \(i,j,k,r_i\neq 0,c_j=c_k\neq 0\)，那么题目条件就不被满足了，所以如果存在 \(c_i\neq 0 \land c_j\neq 0\)，那么所有非 \(0\) 的 \(c_i\) 和所有非 \(0\) 的 \(r_j\) 互不相等。
这是一个非常强的性质。对于任意一行 \(i\)，如果存在一个元素在 \(A,B\) 中都在第 \(i\) 行，那么 \(r_i\) 就被确定了。否则所有列都进行了移位，此时根据上述性质一定有 \(\forall i,r_i=0\)。 这个 case 是容易计算答案的。
否则我们可以确定所有 \(r_i,c_j\) 的取值。由于 \(r_i\) 互不相等 \(c_j\) 互不相等，任何一个需要经历两次移位的元素，他的路径是唯一的。我们把操作顺序看成 DAG 中取一个 DAG 序，对于 \(i,j,r_i\neq 0,c_j\neq 0\)，行 \(i\) 和列 \(j\) 都存在一条表示先后关系的有向边。
这是一个非常特殊的 DAG。如果开始时行 \(i\) 的入度为 \(0\)，我们发现所有的列都有一条行 \(i\) 连向他的边，也就是说现在所有入度为 \(0\) 的点都是行，且这些行操作完后才会出现新的入度为 \(0\) 的点。那么拓扑序个数就是若干个阶乘的乘积，容易 \(O(n^2)\) 计算。
CF2201F2 Monotone Monochrome Matrices (Hard Version)
link
把每一行黑色的位置构成的集合记为 \(S_i\)。
容易发现题目条件等价于，任意的 \(S_i,S_j\) 互相包含，即 \(|S_i\bigcap S_j|=\min(|S_i|, |S_j|)\)。
我们发现 \(|S_i\bigcap S_j|\le \min(|S_i|, |S_j|)\)，所以条件等价于 \(\sum |S_i\bigcap S_j|=\sum \min(|S_i|, |S_j|)\)，左右两边都是容易计算的。\(O(n+q)\)。
CF1603E A Perfect Problem
link
确实是，perfect problem。
把 \(a\) 从小到大排序，取 \(a\) 的每个前缀判断是否为好的序列与原意等价。
记 \(s=a_1\)，\(b_i=a_i-s\)，那么可以将条件改写成 \(\forall i, s\times (s+b_i-i)\ge \sum_{j=1}^i b_j\)。我们发现 \(a_n=s+b_n\le n+1\)，那么有 \(\sum b_i\le s\)。
另外有 \(b_i\ge \max(0, i-s)\)，联立上面两个柿子得 \(s\ge n-\sqrt{2n}\)，那么我们枚举 \(s\) 后按位 dp，\(f_{v, i, s}\) 枚举到 \(b_i=v\) 且 \(\sum_{j=1}^i b_j=s\)，转移是容易的。我们发现需要枚举的 \((s, v)\) 总量级是 \(O(n)\) 的，于是总复杂度 \(O(n^3\log n)\)。
CF2196D Double Bracket Sequence
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如果一对括号在原串中就匹配了，我们把它删去了肯定不劣，剩下 \(\texttt{]][[}\) + \(\texttt{))((}\) 类似的串。
设目前留下来的串长度为 \(len\)，修改次数至少是 \(len/2\)，因为一次修改至多产生一个合法的括号。
考虑一种接近下界的构造：我们把 \(\texttt{)}\) 和 \(\texttt{]}\) 放在一起匹配，把 \(\texttt{(}\) 和 \(\texttt{[}\) 放在一起匹配。如果两种括号数量和是偶数那么 \(len/2\) 次匹配完了；否则剩下一个单独的左括号和一个单独的右括号，如果左括号在左，再一次操作即可匹配这两个括号，那么 \(len/2\) 次匹配完了；否则这一对括号还需要额外一次操作，总操作次数 \(len/2+1\)，我们选择剩下最左边的左括号和最右边的右括号进行判断。感性理解这样就已经最优了。
QOJ14980. Embedding Trees
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\(r_k\) 的形态，应该为两棵深度为 \(k\) 的完全二叉树，通过两个根拼起来的样子。
我们把这个 \(r_k\) 所有不同的子树提出来，发现只有 \(2k-1\) 种形态，分成两类：深度 \(\le k\) 的完全二叉树 一个 \(r_k\) 减去一个深度 \(k\) 的完全二叉树。我们把他们按大小标号为 \(1\dots 2k-1\)。
我们先用经典套路，将答案转化为对于每个 \(r_k\)，计数有多少连通块包含它。
由此考虑树形 dp。对于每个子树，\(f_{u, i}\) 记录 \(u\) 能被匹配的最大子树编号为 \(i\)。这里可以分讨证明，记录那个能被匹配的子树最大的一定是最优的。然后考虑转移 \(f_u\)，分成几种情况：\(u\) 所有儿子 \(v\) 的状态均 \(k\)，那么转移到儿子 \(v\) 的次大值。
存在 \(\ge 3\) 个儿子 \(v\) 的状态 \(\ge k\)，可以证明这个时候直接可以构成 \(r_k\)。
否则存在 \(1\) 或 \(2\) 个儿子的状态 \(\ge k\)，如果有两个把较小那个变成 \(k\) 的状态；接下来令 \(k\) 的状态为 \(2k-x\)，如果存在另一个 \(\ge x-1\) 的状态则转移到 \(2k-(x-1)\)；否则把 \(2k-x\) 当作 \(x+1\) 进行转移。时间复杂度 \(O(n\log^2 n)\)，据说可以分析到 \(O(n \log n)\)。
CF1942F Farmer John's Favorite Function
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我们对 \(f(i)\) 全部向下取整是不会有任何影响的，先将 \(f(i)\) 的定义改成 \(f(i)=\lfloor \sqrt{f(i-1)+a_i} \rfloor\)。
可以想到一个有精度误差的做法：如果我们要求 \(f(i)\)，直接把 \(i-\log\log V\)前面的数当作 \(0\) 来计算，最后的结果不会差超过 \(1\)。另外还有一个没有误差的做法，二分并判断 \(f(i)\ge x\)，我们有 \(f(i)\ge x \iff a_i\ge x^2 \lor f(i-1)\ge x^2-a_i\)，那么可以递归地检查 \(f(i)\ge x\) 是否成立。
把两个做法合起来，我们考虑每 \(\sqrt n\) 个数 个数分成一块，每次修改时重构这个块，把块外的数都当成 \(x0\) 算出块右端点的值 \(x\)，并维护当前一个块最后一个位置的 \(f\) 值 \(\ge lim\) 时，当前块最后一个位置的 \(f\) 值变为 \(x+1\)。询问时暴力扫一遍所有的块即可，\(O(n\sqrt n)\)。
实际上我们每个块维护的 \((x, lim)\) 是满足结合律的，于是可以在底层每 \(\log\log V\) 个数分块，然后用线段树维护 \((x, lim)\) 信息，时间复杂度 \(O(n+q(\log n+\log\log V))\)。
CF2057F Formation
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假如我们想要让 \(a_i\) 变成最后的最大值 \(x\)，那么要在 \(i\) 处花费 \(\max(0, x-a_i)\)，在 \(i-1\) 处花费 \(\max(0, \lceil x/2 \rceil - a_{i-1})\)，……， \(i-t\) 处花费 \(\max(0, \lceil x/2^t\rceil - a_{i-t})\)，总共影响最多 \(\log V\) 个值。
上式中 \(\lceil x/2^i\rceil - a_{i-i}0\) 的 \(i\) 构成一个前缀，这个前缀的长度 \(t\) 固定时，对于每一个 \(i\) 合法的 \(x\) 构成一个区间，贡献可以写成 \(\sum_{i=0}^t \lceil x/2^i\rceil-\sum_{j=i-t+1}^i a_j\) 的形式，我们想要最小化这个柿子，也就是要最大化 \(\sum_{j=i-t+1}^i a_j\)。
如果原题让我们算在 \(mx=x\) 的情况下的最小花费，那么可以扫描线 \(x\)，对于 \(\log V\) 个 \(t\) 维护对应的最优的 \(i\)，可以在 \(O(\log V)\) 的复杂度下算出每个答案。
现在我们要在固定花费的情况下最大化 \(mx\)，我们可以对于每一组 \((i, t)\) 得到其花费对应的值域区间，同样扫描线，二分判断花费为 \(k\) 的情况下 \(mx\) 是否 \(\ge x\)。\(O(n\log^2 V)\)。
假设集合 \(U\) 内的点是蓝眼睛，我们要求其第一次开枪的时间 \(f_U\)。
对于某一个 \(u\in U\) 来说，在什么时候才能确定自己是蓝眼睛呢？假设它不是蓝眼睛，枚举对于 \(u\) 来说所有可能的情况 \(S\)（即 \(u\) 看不到的人，可以是蓝眼睛可以是红眼睛），求出所有这样的 \(S\) 的开枪时间 \(\max f_S\)，那么 \(u\) 开枪的时间就是 \(\max f_S +1\)。感性理解一下 \(S\) 取最大的一定最优，如果 dp 到环那么就是无穷。\(f_S\) 的答案就是所有 \(u\) 的答案之 \(\min\)。
#76. 【UR #6】懒癌
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假设集合 \(U\) 内的点是蓝眼睛，我们要求其第一次开枪的时间 \(f_U\)。
对于某一个 \(u\in U\) 来说，在什么时候才能确定自己是蓝眼睛呢？假设它不是蓝眼睛，枚举对于 \(u\) 来说所有可能的情况 \(S\)（即 \(u\) 看不到的人，可以是蓝眼睛可以是红眼睛），求出所有这样的 \(S\) 的开枪时间 \(\max f_S\)，那么 \(u\) 开枪的时间就是 \(\max f_S +1\)。感性理解一下 \(S\) 取最大的一定最优，如果 dp 到环那么就是无穷。\(f_S\) 的答案就是所有 \(u\) 的答案之 \(\min\)。。
来刻画这个 dp 的过程究竟在干什么，如果 \(i\) 看不见 \(j\) 那么连边 \(i\to j\)，把整张图的环全部删掉，剩下一个 DAG，那么相当于初始我们有一个染黑的集合 \(S\)，每次我们把一个别的黑点不可达的黑点删掉（为了保证 dp 是，并把他的后继全部设为黑点，那么答案即为存在过的黑点的个数之和，唉你发现这个不是经典可达性问题吗，那直接做完了。
CF2122E Greedy Grid Counting
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如果向右的路径更大那么向右一定更优；出现贪心路径不是最大路径的只有可能是在当前点向下了，但是后面向右更优。
形式化的，存在一对 \((i, j)\)，满足：\(a_{1, i}a_{0, i+1}\)
\(\sum_{k=i}^{j-1} a_{1, k}\sum_{k=i+1}^{j} a_{0, k}\)。移项，令 \(b_i=a_{0, i+1}-a_{1, i}\)，相当于 \(b_i0\) 且 \(b_i\) 开头的最大前缀和 \(0\) 那么就不合法了。考虑 dp，记 \(f_{i, j}\) 表示 dp 到 \(b_i\)，最大前缀和为 \(j\)。转移考虑枚举 \(b_i\) 正负关系，如果 \(b_i0\)，要求目前的最大前缀和 \(\le -b_i\)，那么我们可以时时刻刻对 \(f_{i, j}\) 的第二维对 \(m\) 取min，最后的复杂度是 \(O(nm^2)\)。
CF2239D Hunting the Beast
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显然每个集合的贡献是相等的，转而计算 \(\{1,\dots,m\}\) 在多少个图当中合法。
一个图合法的条件为：对于每一个叶子 \(i\)，\(i\le m\)。
对于每一个纯环，要求纯环中至少存在一个点 \(x\) 满足 \(x\le m\)。考虑容斥，钦定有 \(i\) 个叶子和 \(j\) 个纯环不满足条件，那么容斥系数是 \((-1)^{i+j}\)。
钦定 \(i\) 个叶子不合法，以及 \(j\) 个点构成纯环不满足条件，计算此时的方案数。记 \(j\) 个点构成纯环不满足条件的方案数为 \(f_j\)，那么总方案数为 \((n-i-j-1)^{n-i-j}(-1)^i(n-i-j)^i f_j {n-m \choose i+j}{i+j\choose i}\)。
考虑先计算 \(g_i\) 表示可以连自环的情况下 \(i\) 个点的总系数，\(g_0=1,g_1=-1\)，对于 \(i\ge 2\) 的 \(g_i\)，我们发现交换 \(1,2\) 的出边，环的奇偶性改变，所以此时 \(g_i=0\)。那么 \(f_i=\sum_j g_{i-j} (-1)^{2j} {i\choose j}=1-i\)。打表也可以获得这个结论。
枚举 \(k=i+j\)，那么答案可以写成 \(\sum_k {n-m\choose k}(n-k-1)^{n-k}\sum_i {k\choose i} (1-i)(n-k)^{k-i}\)，后面的柿子展开化简是容易的，于是我们做到了 \(O(n\log n)\) 或 \(O(n)\)。
P12489 [集训队互测 2024] 线段树与区间加
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这个 \(a_i\) 非常不好维护，我们发现 \(a_i=\sum_{j\in subtree(i)} lzy_j\)，于是把 \(a_i\) 的贡献转到 \(lzy_j\) 上面。
现在的操作形如，让一些点 \(u\)，使他们的 \(lzy_u\) 变成 \(\sum_{w\in anc(u)} lzy_w+x\)，并清零所有的这样的 \(w\)。
把 \(lzy_u\) 变成祖先链上的 \(lzy_w\) 之和，那么此时我们消除了 pushdown 的影响，相当于每次给一些点 \(u\)，令 \(tag_u\gets tag_u+x\)，并让这些 \(u\) 的祖先赋值为 \(0\)。
欸这个时候我们发现所有的操作都可以写成二维偏序的形式，kdt 一下就做完了。\(O(n\sqrt n)\)。似乎由于信息没有交换律不能 cdq。
CF1863G Swaps
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把 \(a\) 放到基环树上。操作 \(u\) 相当于，让 \(u\) 的父亲连向自己，并且 \(u\) 连向 \(u\) 的父亲的父亲。
关键转化：我们把操作 \(u\) 看作标记 \((u, a_u)\) 这条边，并不对图的形状做出改变。保证没有两条标记的边他们的终点是相同的。对于标记完一些边后的图，对于一个点 \(u\)，如果存在一条指向 \(u\) 的边被标记了那么 \(a_u=u\)；否则 \(a_u\) 等于从 \(u\) 开始往祖先走第一个没有被标记的边的终点。
那么一颗树+一个只有一个点的环的图，其答案就为 \(\prod_{u\neq rt} (d_u+1)\)，\(d_u\) 表示 \(u\) 的入度。
对于存在大小为 \(c\) 的环的情况，我们发现如果环中 \(c-1\) 条边都被标记了，那么这 \(c\) 个环上的点的边都只向了自己，我们也不能让 \(c\) 条边同时标记。那么对于一个环，其方案数就是 \(\prod(d_u+1)-\sum(d_u)\)。
那么这个图的方案数即为，\((\prod_{u\in cyc} (d_u+1)-\sum_{u\in cyc} d_u)(\prod_{u\notin cyc} (d_u+1))\)。
#1094. 【UNR #10】麦田
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如果 \(a_i=a_{i+1}\)，那么这两个点之后再也不会动了；所以每个点最多上升一次。
对于每个可能会上升的点，找到他们上升所需要用到的区间 \([l_i, r_i]\)，那么当 \(ql\le l_i\le r_i\le qr\) 时这个点会上升。扫描线即可 \(O(n\log n)\)。
更进一步，可以发现 \(l_i, r_i\) 单调不降，那么双指针即可，\(O(n)\)。
#1095. 【UNR #10】分披萨
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令每个人的区间内颜色个数为 \(x\)。
假如确定了所有的 \(a_i\)，考虑如何 check 合法性。枚举 \(x\)，枚举 \(i\in 1\dots k\)，对于第 \(i\) 个人，我们维护其区间可能右端点的最小值 \(mn_{x, i}\)，和右端点可能最大值 \(mx_{x, i}\)。最后如果有 \(mn_{x, k}\le n \land mx_{x, k}=n\)，那么 \(x\) 就是合法的。
容易发现 \(mx_{x, i}mn_{x, i+1}\)，所以对于一个确定的 \(a_i\)，至多只有一个 \(x\) 合法。
因此枚举 \(x\) 计数有多少个区间满足 \(mn_{x, k}\le n \land mx_{x, k}=n\)。发现一件事是当 \(mx_{x, k}=n\) 时一定有 \(mn_{x, k}\le n\)，所以我们可以考虑容斥，满足 \(mn_{x, k}\le n\) 的方案数减去 \(mx_{x, k}n\) 的方案数就是最终答案。
现在问题被我们拆成了两部分。对于两部分分别进行 dp，即可做到 \(O(n^4)\)。
#1096. 【UNR #10】字符串
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一步最重要的观察：考虑取一个 \(k\)，当 \(k\in [\frac{r-l+1} 2, r-l+1]\) 时，\(s[l, r]\) 与 \(\operatorname{rev}(s[l, r])\) 的大小关系，等于 \(s[l, l+k-1]\) 与 \(\operatorname{rev}(s[r-k+1, r])\) 的大小关系。于是对于每一组 \([l, r]\) 取最大的满足条件的 \(2\) 的幂次。
具体地，枚举所有不同的 \(k\)，类似后缀数组求出每一个 \(s[i, i+k-1]\) 和 \(\operatorname{rev}(s[i-k+1, i])\) 的大小排名。从大到小扫描线 \(s[i, i+k-1]\)，并用线段树维护目前的 \(s[i, i+k-1]\operatorname{rev}(s[j-k+1, j])\) 的所有位置 \(j\)，对于每一个询问 \([ql, qr]\)，如果 \(qr-ql+1\ge k\)，就把区间 \([ql+k-1, \min(qr, ql+k+k-2)]\) 的 hash 信息加入答案中，这样是 \(O((n+q)\log^2 n)\) 的。
考虑优化，我们发现对于每一组询问 \([ql, qr]\)，最多只会有一个 \(k\) 满足询问右边界 \(\min(qr, ql+k+k-2)\) 的 \(\min\) 是取到 \(qr\) 的。而实际上其他 \(k\) 的询问区间只与 \(ql\) 有关，此类最多只有 \(n\log n\) 个本质不同的询问。因此可以优化到 \(O(n\log^2 n+q\log n)\)，已经可以通过此题。