都退役了，做個錘子。
上接5 月做題記錄

CF1354E

題
首先 1 和 2 能連，2 和 3 能連，1 和 3 不能連。
先不管數量限制，看什麼時候無解。
只要不是二分圖就無解。

現在可以考慮數量了，把每個連通塊跑個二分圖染色染成黑點和白點，先令每個連通塊都是黑點比白點少。
把所有黑點染 2，如果這樣 2 的數量還是太多就無解了。
對於中間的，我們把一些連通塊的黑白互換，就可以增加一定數量的黑點，還是把所有黑點染 2，相當於這樣會增加一定數量的，這好像就是個揹包問題，然後還要記錄方案。

1 和 3 有區別嗎

CF643G

題
神仙題。
從這題推廣。
給出一堆數，令 \(k= \lfloor\frac{100}{p}\rfloor\)

P3527

題
整體二分，只會兩個 log

CF1363E

題
父親節點操作的選擇權包含兒子的所有操作，所以兒子節點的操作代價如果比父親大，就等價到父親節點操作，於是把所有節點的操作代價改成它到根一路上代價的最小值，然後代價形成一個大根堆，這樣操作越深的節點越划算了。

然後再觀察一個性質，就是 0->1 和 1->0 兩兩配對，很明顯 0->0 和 1->1 如果參與 shuffle 就是白給，反正那些 0->1 1->0 都至少要 shuffle 一次。

然後統計子樹裡 0->1 和 1->0 數量，自下而上的處理，這題就解決了。

CF1000F

題
有點像 HH 的項鍊
維護對每一個位置，這個位置上的數上一次出現的位置 \(pre\)，這是基本操作了。
離線右端點排序+線段樹，列舉右端點 \(r\) ，儲存每一個位置的 \(pre\)，區間查詢 \([l,r]\) 最小的 \(pre\) 是否能小於 \(l\)（直接改成 INF）記得每次更新把 \(pre\)

這題還可以莫隊硬上

CF639E

題
這個 \(c\) 明顯提示二分答案了

最優順序用鄰項交換排序求出
令開始做 \(i,j\) 中先做的那個時已經用去了 \(x\) 時間。
令先做 \(i\) 更優，則有：

\[p_i\times (1-\frac{c(x+t_i)}{T})+p_j\times (1-\frac{c(x+t_i+t_j)}{T})>p_i\times (1-\frac{c(x+t_i)}{T})+p_j\times (1-\frac{c(x+t_i+t_j)}{T}) \]

\[xp_i+p_it_i+xp_j+p_jt_i+p_jt_j<xp_j+p_jt_j+xp_i+p_it_i+p_it_j \]

\[p_jt_i<p_it_j \]

即 \(\frac{t_i}{p_i}<\frac{t_j}{p_j}\)
對於 \(\frac{t_i}{p_i}\) 相等的數可以隨意交換，這樣可以求出每個數最早和最晚可以放在哪個時間做完，這些數形成連續的一段，且段與段之間位置關係確定，第 \(i\) 個問題最早完成時間為這一段的起始時間加 \(t_i\)，最晚就是這個段的結束時間，即這個段的起始時間加這個段中所有問題用時之和，起始時間為這個段之前所有段用時之和。

如果兩問題產生了 paradox，則同時滿足兩個條件：
\(p_i<p_j\)
\(p_i\times(T-cx_i)>p_j\times(T-cx_j)\)
\(x_i\) 代表完成時間。
一定考慮最壞情況是否有 paradox，所以 \(x_i\) 取最小時間，\(x_j\) 取最大時間。
先按 \(p_i\) 排序，把第一個式子的影響去掉。然後儲存所有 \(p_k<p_i\) 的 \(p_k\times(T-cx_k)\) 的最大值，做比較，即可。注意 \(p\) 是嚴格小於。

做這步的時候可以看出答案是有單調性的..

如果兩問題處於同一段，也並不會有問題，因為在判斷是否有 paradox 時，兩數分別處於段的第一個和最後一個。

P3320

題
把所有點按 dfs 序排序後，答案就是所有相鄰兩點距離之和，再加上第一個和最後一個點的距離。
每次插入點的時候找出上一個點和下一個點（當然也可能不存在）
用樹狀陣列 + 倍增做這個，也可以用 set
寫了一堆分類討論（

P4099

題
\(dp_{u,i}\) 表示 \(u\) 的子樹中，\(u\) 的拓撲序排第 \(i\) 位的方案數。
然後 dp，相當於每一個點維護著一個序列，先列舉 \(u\) 和子樹的序列中 \(u\) 和子樹的根的拓撲序，然後把子樹那個序列加入 \(u\) 的序列。
我們已知的只有 \(u\) 已經被合併的所有子樹中對應那個序列中 \(u\) 的具體位置，並不知道序列裡具體每一個數是什麼，但是我們知道有多少種合法序列，對以 \(v\) 為根的子樹也是這樣。我們把兩個序列合併，可以看作先確定每個位置是前者還是後者，然後再確定整個序列的具體情況。

P3240

題
和上一題大概是一個套路
先把上來給了等於關係的併成一個元素，然後就是每一個子樹維護有多少種不同的序列，往上合併。
\(dp_{u,i}\) 表示 \(u\) 的子樹裡對應的序列有 \(i\) 的小於號的方案數。

CF587D

題
首先看無解，如果一個點連了三個同色邊肯定無解，如果有不止一種顏色有兩條邊連在這個點上，那麼也無解。
這樣每一個點最多存在一種顏色，有兩條邊連在了這個點上，把這個顏色找出來，用 2-SAT 兩個邊不同選加個限制。
然後一個點至多連一條邊，可以用 2-SAT 字首優化。
（xa_b 代表第 x_a 為 0/1，sa_b 代表前 a 個元素中是否有 1）

二分答案，有一些邊直接強制不能選，然後跑 2-SAT。
2-SAT 強制選一個數或不選：連一條邊 \(\neg x\to x\) 或 \(x\to\neg x\)。

CF587F

題
AC 自動機 fail 樹 dfs 序上建樹狀陣列。
根號分治一下就好了。。

CF585F

題
把 \(s\) 的長度 \(\geq \lfloor \frac{d}{2} \rfloor\) 的字串建出來，然後 AC 自動機上數位 dp。
找出第一次匹配上的位置，乘上剩下沒填的位的方案數。最後加起來。

P4068

題
把能配對的數連邊，連出來一定是二分圖。
按數的 所有質因子 個數 之和 奇偶性 分成兩類點，同一類點之間不可能連邊，因為連邊的兩個點所有質因子個數之和相差 1.
然後就是二分圖匹配問題了。

CF932E

題
懶得寫式子了。
\(k\) 很小，用第二類斯特林數的性質，把指數上的 \(k\) 拆下來，然後二項式定理。

P4609

題
首先最高的那個建築肯定看得到，我們任意選取一個方案：

把每個看得見建築和它擋住的建築分成一組，這樣最高的建築左邊有 A 組，右邊有 B 組。如果只是分組就是第二類斯特林數了，但是一組內還是可以排，一個大小為 \(n\) 的組，方案數是 \((n-1)!\)，這就是圓排列個數，可以想到列舉最高建築的位置，然後用第一類斯特林數求解。

但這樣還過不掉，需要優化。直接把除了最高的建築以外的先分好組，然後在其中選擇 \(A-1\) 個組在左邊即可。預處理斯特林數和組合數，可以 \(O(1)\) 回答單組詢問。

CF666E

題
離線，字尾陣列 + 線段樹合併（按 height 從小到大）
碼碼碼

CF575A

題
首先考慮一步一步遞推，當然會超時。
用矩陣加速，線段樹維護矩陣區間乘積，從小到大依次處理每個特殊值，兩個特殊值之間的部分可以加速，分類討論一下。還需要快速冪。

這題沒什麼意思，就是碼碼碼

P2868

題
看到平均值肯定是 0/1 分數規劃沒問題
對於有向邊 \((u,v)\) 把邊權賦為 \(T_{(u,v)}\times mid - F_u\) 然後看有沒有負權環即可，有負權環代表答案 \(\geq mid\)。

CF512D

題
有的點沒法刪，把能刪的點拿出來，會形成一些有根樹和無根樹。
有根樹意思是根節點連向了一個不能刪除的節點。
設 \(dp_{i,j}\) 代表第 \(i\) 個樹刪除 \(j\) 個點的方案數，最後的答案就是這些樹的答案合併起來。

對於有根樹，設 \(dp_{i,j}\) 表示 \(i\) 的子樹刪 \(j\) 個數的方案數，自底向上轉移即可。
對於無根樹，每個點可以是先刪完兒子節點再刪的，也可以是刪完 除了它子樹內點 之外的所有點之後，才刪掉這個點。不僅要算上面的方案，還要額外計算第二種的方案，第二種其實就是對每個點 \(u\) 算一遍 子樹刪點方案數 * 子樹外刪點方案數，注意刪除後一定要保留 \(u\)，也就是子樹不能全刪，這樣就可以做到不重不漏了。

P5283

題
\(k\) 很小，一個個取就行了。
先求一遍異或字首和 \(pre_i\)，那麼 \([l,r]\) 的區間異或和就是 \(pre_r \oplus pre_{l-1}\)。

先把對於每個 \(r\)，\(pre_r \oplus pre_{l-1}\) 的最大值扔進堆裡，然後每次取出堆頂，刪除堆頂，如果堆頂取出的 \(r\) 對應的第 \(k\) 大值，就把 \(r\) 對應的第 \(k+1\) 大值再扔進堆裡，這樣每次取出的一定是沒取過的區間中，最大的區間。

用 Trie 存下所有 \(pre_i\) 即可快速求出與 \(x\) 異或的第 \(k\) 大的數，但是這樣是沒法處理 \(l>r\) 的情況，也就是 \(l>r\) 也的方案會被算進去，解決方法也很簡單，\(pre_r \oplus pre_{l-1}=pre_{l-1} \oplus pre_r\)，同一對數會重複計算兩次，由於它們值一樣，肯定是連續取出來的，所以取最大的 \(2k\) 個數，最後答案再除以 \(2\)，就好了。

P2325

題
樹分塊板子。
樹分塊不能像序列分塊一樣，必須通過使得一個點能夠包含在不止一個塊中，才能使得每個塊保證 \([B,3B]\) 之間。

方法就是自下而上，對一個點，每次把子樹中所有點加入棧，如果當前棧中的點數大於等於 \(B\) 就和根組成一個塊，由於是遞迴操作，這個子樹很大子樹裡就會分好塊，進棧的點數不會超過 \(B\)，所以這樣一個塊不會大於 \(2B\)。
最後會剩下一些點不夠組成一個塊，就並進一個已有的塊，所以會出現一個大小上限 \(3B\) 的塊。

P2825

題
沒有 # 就是車放置，典型的二分圖最大匹配問題。
這題 # 可以把一行或一列分成兩部分，把每行，每個連續段 . 段作為左邊的點，把每列，每個連續段 . 段作為又邊的點，相交的兩段連邊，跑最大匹配就可以了。

P3888

題
狀壓 dp，沒什麼意思。
要存兩行的狀態。

P4251

題
這種第 \(k\) 大的最小值，看著就很像是二分答案。
二分答案以後發現就是隻允許選 \(\leq mid\) 的數，能不能選出來 \(n-k+1\) 個，典型的二分圖最大匹配模型。

P3705

題
0/1 分數規劃 + 二分圖帶權最大匹配。

P3227

題
如果沒有限制，把每個 \((x,y)\) 拆點，從上往下連，選每條邊代表選擇 \(f(x,y)=z\)，求最小割。
考慮怎麼把限制加上，就相當於有一些邊不能同時選了，而且如果把圖看作分層圖，這些邊一定滿足相差的層數 \(> D\)。
把紅邊加上去就可以了，這樣如果相鄰兩處切點相距太遠，中間一定會容下一條紅邊，導致 S 與 T 仍然連通。

P4827

題
這個指數很小啊，那基本就是第二類斯特林數了？
\(x^n=\sum_{k=0}^n S(n,k)\times C(x,k)\times k!\)

通常冪是沒法 dp 的，但是組合數可以 dp，這是轉成組合數的好處之一。
（這裡預設 \(C(a,b)=0\ (b>a)\)）
首先隨便一個點當根，設 \(dp_{u,i}=\sum_{v\in subtree(u)} C(dis_{u,v},i)\)。

先考慮一個點往父親轉移 \(\sum_{v\in subtree(u)} C(dis_{fa_u,v},i)=\sum_{v\in subtree(u)} C(dis_{u,v}+1,i)=\sum_{v\in subtree(u)} C(dis_{u,v},i)+C(dis_{u,v},i-1)=dp_{u,i}+dp{u,i-1}\)。
那麼轉移方程就是 \(dp_{u,i}=\sum_{v\in son(u)} dp_{v,i}+dp_{v,i-1}\)，自底向上轉移即可。
注意 \(i=0\) 的情況，就是 \(dp_{u,0}=\sum_{v\in son(u)} dp_{v,0}+1\)，要把 \(u\) 自己給加進去，\(u\) 到自己的距離顯然為 \(0\)。

剩下點的可以換根 dp 求出答案。
在每個點當根，計算最終答案的時候，列舉 \(dp\) 第二維，乘上對應的斯特林數和階乘。

P5308

題
wqs 二分降維，去掉 \(k\) 的限制。
後面的 1D/1D dp 可以斜率優化。

CF571D

題
對兩種集合分別建一個並查集，利用按 size 合併控制樹高在 \(\log n\) 級別，在 M 集每個點記錄以這個點為根最後一次被清空的時間，每次清空都要找到根。
同時每次合併的時候要記錄這個點是什麼時候合併的，可以看作是記錄在邊上，因為會有合併之前有清空而合併後沒有。

處理加操作更加複雜一點，需要每個點用一個 vector 記錄操作，裡面元素是按時間遞增的。然後查詢的時候先求出被查詢的數最後一次被刪除的時間，然後它的每一個祖先節點上二分查詢即可。事實上只有一個點需要二分，比它更深的一定貢獻為 0，比它更淺的一定所有操作都未被清空（不要忘記處理合並時間，同上）。

這裡還會涉及到區間和，用字首和就可以了，每次加入元素的時候也更新字首和。

CF521E

題
顯然三條路徑在同一個邊雙聯通分量中。先把割邊都刪掉，然後把每個連通塊分別處理。把 dfs 樹建出來。
最後有解肯定是長這個樣子的
S 和 T 代表起點和終點

自下而上處理，每個點維護自己所在子樹裡能達到的深度最淺的點以及對應的那條返祖邊（因為隨著深度的上升，深度更深的點可能只能到達自己了，不能到達祖先，這樣這條邊就沒用了，而最淺的那條邊是最優情況）如果一個點 \(u\) 有兩個或更多子樹有返祖邊可以到達這個點的祖先，則拿出來 \(u\) 和另外兩個邊連到的點（這兩個可以是同一個點），就是圖中的藍點了。

P3749

題
先不考慮 \(mx^2+c\)。

這題讀題有些困難，但是可以發現其實就是在一些 \(d\) 中讓你選取一些，並且有一些"選了 a 則必選 b"的限制，每個 \(d\) 都只有被選或不被選兩種狀態，而不是可以被多次選擇，後面的花費也是如此，這基本可以排除 dp 的可能性，這題就是個網路流題。

對於每個 \(d_{i,j}\) 建一個點，然後向它的所有子區間連邊，很明顯，這就是個最大權閉合子圖模型。
但這樣邊數太多，考慮優化，\([i,j]\) 只連到 \([i+1,j]\) 和 \([i,j-1]\) 就可以達成目的了。

再考慮加入 \(mx^2+c\)。

對於每個代號單獨建一個點，注意到 \(mx^2\) 和這個代號選了幾種是無關的，只和這個代號選或沒選有關。如果選擇了這個代號的壽司則必選這個代號對應的點，這是一個限制。
然後就相當於讓這個點是最大權閉合子圖模型中一個收益為 \(-mx^2\) 的點即可。

還有 \(cx\)，這個其實沒啥用，每個壽司單獨分開算就可以了，直接減到它的收益裡面就行了，但我為方便起見建了兩條邊。

剩下就是最大權閉合子圖了。
下圖中省略了代表區間的點和單點所連的邊
（也就是 1-3,1-2,2-3,1,2,3 的 \(d\) 產生的邊）

P3750

題
期望看起來無從下手，先嚐試尋找某個局面的最優解法，就是最少花多少步可以全變 0。

首先觀察到一個性質，每個開關至多操作 \(1\) 次，因為操作 \(2k\) 次等於沒操作，操作 \(2k+1\) 次等於操作 \(1\) 次，這樣就把答案限制在了 \(\leq n\)。
這是所有這種一個開關控制多個燈改變亮暗情況的點燈型別的題的共有性質。

但是這樣還是不能做，於是觀察開關 \(i\)，改變的是 \(i\) 的所有約數，有的燈可以被多個開關影響到，但是 \(n\) 號燈一定只有 \(n\) 號開關能影響，因為 \(n\) 已經是最大的數了，不可能有它的倍數。

於是 \(n\) 號開關是操作還是不操作，直接就定下來了。

這樣以後 \(n-1\) 號開關是否操作，也能確定，以此類推，每個開關操作與否直接被確定。
大多數點燈題都是能找到這樣一個只被一個開關控制的燈的切入點的。

然後我們發現，到這一步之後，問題被轉化了，有 \(n\) 個數，其中 \(m\) 個是 \(0\)，剩下的是 \(1\)，每次等概率隨機選取一個數，將它變為另一個狀態，求使得所有數中 \(1\) 的個數小於等於 \(k\) 的期望步數。而且這隻和 \(1\) 的數量有關了，和哪幾個開關是 \(1\) 無關。

期望一般考慮倒推，設 \(dp_i\) 為當前有 \(i\) 個 \(1\) 時，期望還需要多少步才能變成全 \(0\)。

當 \(i\leq k\) 時 \(dp_i=i\)
否則 \(dp_i=\frac{i}{n}dp_{i-1}+\frac{n-i}{n}dp_{i+1}+1\)

直接高斯消元不可行，但是這個式子看起來可以遞推。

\[i\times dp_i+(n-i)\times dp_i=i\times dp_{i-1}+(n-i)\times dp_{i+1}+n \]

\[i\times (dp_{i}-dp_{i-1})= (n-i)\times (dp_{i+1}-dp_{i})+n \]

\[dp_{i}-dp_{i-1}=\frac{n-i}{i}\times (dp_{i+1}-dp_{i})+\frac{n}{i} \]

還需要一個邊界條件：\(dp_{n}-dp_{n-1}=1\)。
就可以遞推了。

最後 \(dp_m\) 就是答案。