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A. Automatic Sprayer 2

只能膜拜孔姥爺，換我肯定找不全方程。

設每一行的和為 \(R_i\)，每一列的和為 \(C_i\)，那麼有：

\[E_{x,y} = \sum_{i=1}^{n}|x-i|R_i+ \sum_{j=1}^{n} |y-j|C_j \]

考慮二次差分，會發現：

\[C_j=((E_{i,j+1}-E_{i,j})-(E_{i,j}-E_{i,j-1}))/2 \]

\(R_i\) 同理，那麼我們只差 \(R_1,R_n,C_1,C_n\)，沒有求出來。

然後再通過 \(E_{x,y}\) 的定義列方程：

\[R_1+C_1=(E_{n,n}-\sum_{x=2}^{n-1}(n-x)R_x-\sum_{y=2}^{n-1}(n-y)C_y)/(n-1) \]

可以繼續列出 \(R_1,C_n\)

，\(R_n,C_1\)，然後發現第四個其實可以通過前三個推出來 (是否等價其實就看未知數，第四個方程的未知數完全可以用前三個組合出來，所以是線性相關的)，所以我們還缺一個方程。然後加上很容易被忽略的 “行之和等於列之和” 即可搞出出新的未知數組合。

構造出行之和與列之和以後直接貪心即可。

for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=n;j++) 
        	a[i][j]=min(r[i],c[j]),r[i]-=a[i][j],c[j]-=a[i][j];

只要行之和=列之和這樣的構造就是合法的，因為如果有在某一行填完的時候這一行的 \(r_i\)

還有剩餘，那麼說明前 \(i\) 行的和大於列總和，矛盾。

C. Equivalent Pipelines

兩個樹相同，當且僅當從大到小加邊（邊權相同的一起加），每次合併的點集都相同。

可以用雜湊，每次合併的權值就是兩邊點集權值和的乘積再乘上邊權。每次合併權值都相等就行。

E. Goose Coins

先講一下我場上的 \(dp\)：

考慮 \(p\) 的貪心分解：即記 \(a_i=(p \% c_{i+1})/c_i\)，如果有解一定有 \(\sum a \leq k\)

設 \(f_{i,j}\) 表示搞出一個 \(c_i\) 用 \(j\) 個硬幣的最大/最小代價，可以做一個揹包，最壞複雜度為 \(O(k^3log_{1000}V)\)

然後直接用貪心分解再跑一個揹包，複雜度 \(O(k^3)\)，可以通過。

下面是 \(nk^2\) 的做法：

\(f_{i,j,k}\) 表示從後往前到 \(i\)，填了 \(j\) 個，當前剩餘 \(rest/c_i=k\) 。這樣是 \(nk^3\) 的，但是發現 \(i,j,k\) 和 \(i,j-c_i/c_{i-1},k+1\) 往下貢獻的位置都是相同的，所以處理一個字尾 \(min/max\) 即可。

F. Hedgehog Graph

有點難，只講一下 \(2 \sqrt V + logV\) 的做法吧：對於所有 \(i \in [1,\sqrt V]\)，詢問 \((s,i)\) 和 \((s,\sqrt V i)\)，發現任意一個 \([1,V]\) 的數都可以表示成兩個數之差，所以一定能找到相同點。

找到環長的倍數以後試除每個因子即可。

G. Lamb's Respite

拆成三段，即使初始血量不等於 \(H\) 也可以看成 \(H\) 然後加上一個 \(-x\) 。

直接維護區間的最小子段和，最小字尾和，最小字尾和是最後一個頂到 \(H\) 的位置，最小子段和是最容易觸底的地方。

如果不是鎖血的話，那麼處理出最小子段和的終止節點，後面任意字首和一定 \(>0\) ，只要考慮上界即可。

H. Or Machine

簽到題。對於每一個二進位制位考慮，其實就是一個對於操作時間跑最短路。

J. Periodic Ruler

簽到題。首先把每一對的因子幹掉，然後再對於 \(1 \sim n\) 把不同餘數拍到一起看看是否必然有更小週期。