wc记录

WC记录

咋可

随机化

CF1746F

给每个值随机成\(0/1\)，然后查询区间内的所有数的和是否\(\equiv0\mod k\)

考虑错误率，对于一个不合法的权值，设其有\(r\)个，考虑区间内此时其他数的和为\(S\)，那么再加上该值，要么是\(S\)、要么是\(S+r\)，因为\(r\≡0\mod k\)，所以一定有\(S\≡S+r\mod k\)，那么也就是\(\frac 12\)的错误率

那么只要随机个\(40\)组即可，错误率就只有\({\frac12}^{40}\)

NOI 2013向量内积

• 对于\(k=2\)

若不存在这样的\((i,j)\)，则必存在\(\forall i\neq j,\sum_ka_{i,k}a_{j,k}\equiv1\)

那么来考虑判断这个东西，则每次随机一个集合

sjy

qoj4809 Maximum Range

找到一个点双，显然点双内的最小的边和最大的边都可以出现在同一个环上

那么难搞的就是输出方案

考虑在最小边和最大边的边中间建一个点，分别是\(S\)和\(T\)

然后跑最大流，跑完取有流量的部分再跑一遍欧拉回路就好

SWTR-8 地地铁铁

首先显然，缩点了

对于同一\(scc\)的点

若该\(scc\)的边全部同色，则显然都不合法

否则存在不同色的点的话，\((x,y)\)非法当且仅当\(x\rightarrow y\)的所有路径，都是同色路径，且可以发现，这样的一个\(scc\)中的不合法的\((x,y)\)只会存在这样一对

具体找的话，考虑这样一个\(scc\)中有多少个点的相连的边的权值存在不同的，若\(>2\)个有，则显然不存在，否则如果恰好\(2\)个，那么\(check\)一下这对点是否满足条件即可

那么考虑不同\(scc\)之间的，当且仅当中间路过的\(scc\)的所有边的同一种颜色，或只路过了一个混色但相接的两端恰好是非法点的\((x,y)\)的某些情况下非法

qoj7682 CCPC 2023 Guilin F: Redundant Towers

首先，非个点就是圆方树的叶子，那么就建圆方树

把每个点放到是排列的那一轴上，考虑线段树维护每个区间内的点的圆方树

直接维护显然会寄，考虑优化一下，发现每个区间只有最左和最右\(O(R)\)个点在后面可能会有连边，其他的都不会再连边了，所以维护这\(O(R)\)个点的虚树

合并的复杂度就是\(O(R^2)\)

总复杂度\(O((N+QlogN)R^2)\)

[SNOI2013] Quare

边双联通\(\Leftrightarrow\)有耳分解，所以直接找耳分解就好

设\(dp[s][i][t]\)表示当前已有\(s\)的点，最后一个是\(i\)，需要到达\(t\)

IOI2019 景点划分

两年前做过？

建出圆方树，设\(A\leq B\leq C\)，显然最简单的办法就是让\(A\)和\(B\)连通

且显然只会有一个方点相连的圆点不属于同一连通块，枚举这个方点

若其最大子树\(>n-A\)，显然不行

若最大子树\(\geq B\)，直接在外面选\(A\)，最大子树里选\(B\)

那么现在所有子树都\(<B\)

双极定向一下，然后取出前缀的\(A\)个当\(A\)的，后缀的\(B\)个当\(B\)的

显然取到选出的子树总大小\(\geq A\)，剩下的子树总大小\(\geq B\)

WF2015 Tours

先建出\(dfn\)树，然后给每个非树边随机赋值，且把被它覆盖的那些树边的值都异或上随的这个值

那么对于最终所有权值相同的树边，它们是满足切边等价的，即对于每个简单环，要么都属于，要么都不属于

对于每个环\(cyc\)，枚举它包含的等价类\(S\)，则要满足对于任意\(c\)都有\(\sum_{S\in cyc}(k\times cnt(c,S)-|S|)=0\)

列成高斯消元的形态，这是满秩矩阵，有唯一解，即\(k\times cnt(c,S)=|S|\)

记所有等价类的大小是\(s_1,s_2,s_3,...\)，则只要\(k\mid\gcd(s_1,s_2,s_3,...)\)即可，即给每个等价类的边均分成\(k\)种颜色

kubic

AGC068E Sort and Match

对于\((x_i,y_i)\)，可以考虑连边\(y_i\rightarrow x_i\)，连出来的会是欧拉图，给每个点的出边一个出去的顺序，可以按照\(i\)的大小来，那么就是一个有向图上的游走的过程

从\(1\)点出发，若该点还有出边，则走编号最小的那个，若没有了，则跳到编号\(+1\)的点

显然这个过程和\((x_i,y_i)\)一一对应

那么考虑\(dp\)计数这个过程，设\(dp[x][s][c]\)，表示当前在点\(x\)，该欧拉回路的起点是\(s\)，已经连了\(c\)条边了，枚举下一个\(x\)即可，要求\(x_1=k\)，即要求编号最小的出边到达的是\(k\)，倒着\(dp\)特殊处理最后一步即可

复杂度\(O(N^4)\)

agc055F

首先考虑怎么判序列合不合法，显然贪心，从前往后尽量给小的填有点问题，可能会遇到合法但这样分配会出问题的情况：

\(113113，2\times3\)

但是从后往前尽量给小的填不会有问题

因为从前往后，条件是不断放宽的，所以并不清楚该不该先去给某个点一直放宽限制，但从后往前，限制是不断缩减的，我们一定会先满足限制最严的那个

那么维护\(\{b_i\}\)表示从后往前贪心时，当前每一个序列还剩的需要的点数，显然我们每次放\(x\)，找到最小的\(b_i\geq x\)，然后\(--b_i\)，则\(b_i\)是非严格递减序列

对于这种，我们一般就是维护差分\(c_i=b_{i-1}-b_i\)，每次\(--b_i\)，就是\(++c_i\)，\(--c_{i+1}\)，贡献系数是\(b_i-b_{i+1}\)

也就是说，可以看作初始时，\(n+1\)上有\(m\)个不同的球，然后要求全部移动到\(1\)上，每次可以把任意一个球向左挪动一位

因为要求\(nm-x+1\)步放\(y\)，假设它放到了\(p\)位置，就要求\(-\sum_{i\leq p}c_i\geq y\&\&-\sum_{i\leq p+1}c_i<y\)，显然可以容斥一下变成\([-\sum_{i\leq p}c_i\geq y]-[-\sum_{i\leq p+1}c_i\geq y]\)

显然所有球的操作是独立的，且整体操作分为前\(nm-x\)步，第\(nm-x+1\)步，后\(x-1\)步，可以算出第一部分的方案再乘上第二部分再乘第三部分的

设\(f_{i,j,k,p}\)表示考虑前\(i\)个球，有\(j\)个在第一部分的位置\(\leq p\)，且有\(k\)步是第一部分的

复杂度\(O(N^3M^3)\)

CF1806F2

要求将数划分成\(n-m\)个集合，最大化所有集合的\(gcd\)之和

考虑一个集合里有两个数\(x>y\)，则\(2gcd(x,y)\leq x\)，那么对于两个有多种数的集合\(S_1\)和\(S_2\)，显然把\(max(max\{S_1\},max\{S_2\})\)单独提成一个集合，剩下的塞同一个，明显不劣

那么我们只会有至多一个集合里有多种数，将 合并相同元素和 合并不同元素看作不同操作，枚举一下各自的数量，设\(t\)表示前者的，\(m-t\)就是后者的，前者的代价是，每种值都去掉一个后的，-前\(t\)小之和

那么现在就要选出\(m-t+1\)个不同的元素，把它们放到同一个集合中，最小化\(sum-gcd\)

将所有元素从小到大排序，若\(i<j<k\)且选了\(a_j\)和\(a_k\)不选\(a_i\)，此时\(gcd\leq a_k-a_j\)，设原本的\(sum-gcd\)为\(V\)，则现在是\(V'=V-k+i+(gcd-gcd')\)，又因为\(gcd\leq a_k-a_j\)，那么有\(V'\leq V+a_i-a_j<V\)显然更优

即最后选出来的是形如，\(a_1,a_2,...,a_i,a_p\)，\(p>i\)

然后枚举\(i\)，若\(gcd(a_1,a_2,...,a_i)=gcd(a_1,a_2,...,a_{i+1})\)，则\(p\)直接选\(i+1\)，而不满足这个的\(i\)只有\(logV\)个

复杂度\(O(NlogV)\)

CEOI2014 The Wall

首先有个结论，从起点到所有关键点的最短路都一定会被包含在最终的回路中

证明：

如果没有包含，显然把该最短路和回路相交的两点间换成该最短路的走法，显然总代价不会劣，且包含的区间更多，显然更优

然后会想加上一些限制跑最短路，大概就会是限制，不能走某些边，但是发现直接限制无法保证一定能包含所有最短路边在回路中

但是可以把一个点拆成四个点，然后一条横边就拆成了上下两条，一条竖边就拆成了左右两条，对于一条最短路，要求不能走“穿过”这条边的路即可

IOI2019 折线

很牛的题啊，大概手模一下，你能找到这几种策略：

对于一些满足\(x_i\leq x_{i+1}\&\&y_i\leq y_{i+1}\)的点，显然每条线都能走到一个点，这种情况只要\(O(N)\)条线

对于满足\(x_i\leq x_{i+1}\&\&y_i\geq y_{i+1}\)的同理

而对于不太满足上述情况的，可以考虑一直转圈，类似回字型

考虑把这些做法结合起来，最开始一直绕回字，对于当前向右横边距离，找到最靠右的那个点，然后向上拐/向下拐

如果最靠右的就是当前线上的点，注意到它已经是所有剩余的点中最靠右且最考上/下的，那么我们回退这条线段，并把该点加入到第一类or第二类的集合中，然后最后再来收割第一类和第二类的

显然类与类之间有过渡用的线段，包括第一次进入第三类时，所以线段最多是\(n+3\)的

IOI2024 象形文字序列

先假设有解，后面再来判，显然要求的是最长公共子序列\(c\)

先对于每种字符，找到它们在\(a\)和\(b\)中的数量，对于少的那一侧，显然必须全部包含在\(c\)中，那么把少的那一侧的那些字符做个标记

那么现在就是要将\(a\)和\(b\)中相同的字符一一不相交的匹配，且保证被标记的位置都要被匹配上

考虑现在在考虑位置\(a_p\)和\(b_q\)

若\(a_p=b_q\)，直接匹配

若\(a_p\)的匹配点在\(b_q\)前出现，且\(b_q\)的没在\(a_p\)前出现，显然直接让\(a_p\)匹配上即可

对与\(b_q\)的出现了，且\(a_p\)没出现一样

若两者都出现了，再继续讨论一下

现在加点限制，显然若\(a_p\)之后的数中，若\(b_q\)的出现次数少于\(b_q\)及之后\(b_q\)的出现次数，则\(b_q\)必须匹配\(a_p\)之前那个可以匹配的字符，对于\(a_p\)同理

那么现在的情况就是，\(a_p\)和\(b_q\)都不必现在就匹配，那么此时，\(a_qb_p...b_p\)，\(b_pa_q...a_q\)都是\(a\)和\(b\)的子序列，但发现它们不可能同时是\(c\)的子序列，因为此时的\(a_p\)和\(b_q\)必有一个先匹配，也就是说出现这种情况直接输出不合法即可

因此每一步都有唯一的决策，复杂度\(O(N)/O(NlogN)\)

再考虑如果\(check\)求出的\(c\)是否合法，可以找\(c\)的每一位，在\(a\)和\(b\)中分别对应在了\(a_p\)和\(b_q\)，同时也维护在\(a\)和\(b\)中分别对应的\(x\)和\(y\)（即用\(c\)每次找\(a/b\)中下一个等于当前\(c_i\)的字符的位置），显然\(x\leq p\)，\(y\leq q\)

若某一时刻\(x<p\)且\(y<q\)，显然就不合法了

考虑\(x=p\)或\(y=q\)时，算出\(f_p\)和\(g_q\)分别表示\(x=p\)和\(y=q\)时对应的最小的另一侧的匹配位置，然后就可以判断的

复杂度\(O(N)\)or\(O(NlogN)\)

qoj9881 Diverge and Converge

考虑到两棵树的总读书是\(4(n-1)\)，那么也就是说，一定存在点\(x\)满足\(d_1(x)+d_2(x)\leq3\)

若\(d_1(x)=d_2(x)=1\)，即说明\(x\)在两棵树中都是叶子，那么直接交换\(x\)的边即可，可以视作在两边都删除了\(x\)这个点，直接递归到子问题即可

否则，设\(d_1(x)=2\)，\(d_2(x)=1\)，那么在\(d_1\)中有边\((x,a)\)，\((x,b)\)，在\(d_2\)中有边\((x,c)\)，还是想要考虑递归的做法

在\(d_2\)中删去\(x\)，在\(d_1\)中压缩边\((x,a)\)和\((x,b)\)变成\((a,b)\)，那么在后续\((a,b)\)和\((b,v)\)交换时，就是\((b,x)\)与\((b,v)\)交换，\((x,a)\)与\((x,c)\)交换的，然后其实可能这里面的哪条边也是压缩边啊，反正就一直递归下去的把压缩边解压就好了

The3rdUniversalCup. Stage7:WarsawC.PriceCombo

首先问题等价于，每个数选\(a_i\ or\ b_i\)，且对\(A\)和\(B\)从大到小排序，取出它们的奇数位的\(sum\)就是答案

先贪心的考虑，选\(min(a_i,b_i)\)

再考虑把哪些数换成大的那个

若现在有两个数选择交换，设它们原本是\(x_1\)和\(x_2\)，换成了\(y_1\)和\(y_2\)

显然，当\(\max(x_1,x_2)\leq\min(y_1,y_2)\)时，无论\(x_1\)和\(x_2\)是否同类型，换了过后都不优

那么也就一直着，如我们把要换的\(x_i\)和\(y_i\)连边，则任意两条边都不能有交集

直接把\(x_i\)和\(y_i\)放到数组上，\(dp_{i,0/1,0/1}\)，后面俩表示当前\(A\)和\(B\)的大小的奇偶性，\(i\)表示考虑前\(i\)大数

转移只需要维护一下区间内的\(x_i\)的类型以及奇数/偶数位上的和即可，线段树可以解决

复杂度\(O(NlogN)\)

The3rdUniversalCup. Stage13: SendaiN.0100Insertion

首先显然可以想到把\(1\)看作分割符，用\(a_i\)记录每个联通段内的\(0\)的数量

那么一次操作就是选择\(a_i\geq1\)，\(a_{i+1}\geq2\)，然后合并\(a_i\)和\(a_{i+1}\)为\(a_i+a_{i+1}-3\)

这种有个经典\(trick\)，设\(b_i=a_i-3\)，那么每次就是直接变成\(b_i+b_{i+1}\)，要求\(b_i\geq -2\)，\(b_{i+1}\geq -1\)

可以发现，若当前元素数量\(\geq 2\)，且存在\(b_i\leq -3\)，那么就无解了

也就是说，要所有的\(b_i\geq -2\)，那么此时先找出为\(-2\)的点\(x\)，要求对于所有的\(x\geq 2\)，要存在\(y\geq x\)满足\(\sum_{i=x}^y a_i \geq -1\)

显然这个就是充要条件

那么直接\(dp\)，\(0\)为\(+1\)，\(1\)为\(-3\)，要求不能存在相邻的\(-3\)，且每个后缀的最大前缀和都要\(\geq -1\)（整个序列为后缀时除外）

复杂度\(O(N^3)\)

The 2nd Universal CupSemifinals H.Exchanging Kubic2

因为要求的是极差，且可以注意到，对于相邻的两个点\(i\)和\(i+1\)，它们的相对位置是不会改变的

那么极差其实就是相邻两点的距离之和

发现相邻两点\(i\)和\(i+1\)改变距离时，当且仅当一个当前\(a_j=a_i/a_{i+1}\)的点\(j\)进行了一次操作

进一步的，我们可以视作，每个点\(a_i\)会在数轴上，向左右两侧连出一条边指向某一个\(v,v+1\)之间，可以直接用\(v.5\)表示（

要求每条边连向的点不重，且设\(a_i\)连向的是\(l_i\)和\(r_i\)，要求所有\([l_i,r_i]\)不交或包含

显然发现对于任意相交的情况，可以很容易的调整成不交/包含的情况，所以可以忽略这个限制

答案就是\(a_n-a_1-\)边的数量

那么根据\(hall\)定理，向左匹配的最大数就是\((n-1)-max_i\{(i-1)-(a_i-a_1)\}\)，向右是\((n-1)-\max_i\{(n-i)-(a_n-a_i)\}\)

最大匹配数是两者之和对\(a_n-a_1\)取\(\min\)

化简得到\(\max(\max_i\{a_i-i\}-\min_i\{a_i-i\}-n+1,0)\)

把\(\max\)和\(\min\)拆开分别计算贡献

然后可以枚举\(\max_i\{a_i-i\}\)的值，然后去\(dp\)，要记录状态是否有\(=\)这个\(\max\)的点以及是否存在\(\max-(a_i-i)-n+1\geq 0\)即可

\(\min\)同理

复杂度\(O(NM^2)\)

wc t2

先考虑\(B\)性质啊，考虑第一问怎么做

首先可以发现，每个数的进位，一定是最前面有一个\(0\rightarrow 1\)，后面无所谓，且对于\(0\rightarrow 1\)的贡献是\(2^d\)，对于\(1\rightarrow 0\)的贡献是\(-2^d\)

可以从高到低枚举\(d\)，若该位上的异或和为\(1\)，就选剩下的数中，在该位是\(0\)且在更低位中数值最大的那一个，把它在\(d\)操作\(0\rightarrow 1\)，更低位都操作\(1\rightarrow 0\)，然后删除它，并插入一个\(0\)

发现这是一种类似，反悔贪心的过程，复杂度\(O(log^2N)\)

再考虑构造方案，依旧根据这个贪心的过程，发现对于当前位\(d\)，如果该位为\(0\)的有两个数\(x\)和\(y\)，且\(x\)在更低位比\(y\)大

显然，贪心时会优先选\(x\)，发现如果其实可以不用选\(x\)直接选\(y\)，那么在贪心的选法中，后面的\(d'\)会选上\(y\)，且\(x\)的所有贡献都能别其他数的贡献所替代

也就是说，构造方案时，对于每一位\(d\)还是从大往小枚举当前选的时谁，如果不合法就可以直接\(break\)了

所以复杂度是\(O((N+M)log^2N)\)的

再来考虑更普遍的情况，不存在\(a_i=0\)，那么也就意味着对于最高位为\(1\)的\(d\)，可能会存在所有\(a_i\)在这一位上是\(1\)的情况

此时，我们会找到最低的\(d'>d\)，且满足存在至少两个数在该位上是\(0\)，那么就是这一位是最高的改变的位

要算第一问的话，可以枚举一个数钦定它必须在\(d'\)进位，剩下的按照上面贪心的做法即可

求方案的话，发现用上面这种钦定的做法即可，只要注意一下枚举的时候重复的对即可

复杂度\(O((N+M)log^2N)\)

cts d2t1

首先这个每个点的贡献只和它的黑白边度数有关，设分别是\(a\)和\(b\)，那就是

\(\frac{a(a-1)b+ab(b-1)}2\)

显然可以背包，那就是\(O(N^2)\)

考虑树的情况怎么优化，贪心的选孩子里贡献最大的，再往\(a=b\)的方向贪心调整之类的

那么仙人掌类似，注意到仙人掌的话就是孩子可能还会给父亲贡献\(+2\)的度数

目前不会，似了

cts d2t2

通信题，没做过啊

这里直接考虑每轮给\(x\)的那些值得和为\(s\)，直接用\(s\)在二进制下的每一位表示某一个\(p\)的\(a_p\)

那么每次最多传\(\lfloor logN\rfloor\)个数的信息，且还要保证，这其中的第\(i\)个数必须要有\(2^i\)个点知道它的值，且所有\(i\)和\(j\)对应的那\(2^i\)个和\(2^j\)个不交

那么对于\(k=1\sim7\)，可以推出每次每个点新增的知道对应值的点的数量就是：

K=1，N=2：1

K=2，N=4：1 2

K=3，N=6：1 2 2

K=4，N=11：1 3 3 3

K=5，N=14：1 3 3 3 3

K=6，N=21：1 3 4 4 4 4

K=7，N=25：1 3 4 4 4 4 4