Solution Set - “我将它捣成美梦愿你梦里无忧”

0.「NOI Simu.」掌分治
1.「集训队互测 2019」「LOJ #3077」绝目编诗
2.「ICPC 2019 WF」「洛谷 P6256」Directing Rainfall
3.「CTSC 2010」「洛谷 P4191」性能优化
4.「NOI Simu.」摸底测试
5.「NOI Simu.」树上游戏
6.「NOI Simu.」土地划分
7.「NOI Simu.」算法考试
8.「CF 1693E」Outermost Maximums
9.「CTSC 2016」「洛谷 P5417」萨菲克斯·阿瑞 ✡️
10.「IMO 2023」忍者路径
11.「SCOI 2016」「洛谷 P3290」围棋
12.「NOI 2017」「洛谷 P3827」分身术
13.「HEOI 2014」「洛谷 P4106」逻辑翻译
14.「NOI Simu.」简单计数
15.「NOI Simu.」队伍划分

\[\text{So long lives this, and this gives life to thee.}
\require{\cancel}
\newcommand{\op}[1]{\operatorname{#1}}
\newcommand{\anc}[0]{\op{anc}}
\newcommand{\sgn}[0]{\op{sgn}}
\newcommand{\addeq}[0]{\overset{+}{\gets}}
\]

我草快去听 Orange Killer 啊!!!

对了, 这是第 17 篇 sol set, 正在伤脑经怎么在 final review 里编号. (

0.「NOI Simu.」掌分治

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「A.数学-组合计数」

"连通块大小" 仍然拆成点对贡献, 正好一个连通块产生贡献时会被删掉一个点, 我们就可把贡献挂在它的上面, 也即使 "点被删除时与它连通的点的数量".

枚举被删除点 $r$ 和与钦定删除时与它连通的点 $u$. 若 $r$ 和 $u$ 在同一个环上, 那么只需要保留环上的 $a$ 个或者 $b$ 个点就可以让 $r,u$ 连通, 这可以容斥作 "保留 $a$ 个" + "保留 $b$ 个" - "保留两侧 $a+b-1$ 个", 其余情况把若干个环的保留数量加起来统一算概率就行, 简单 DP $\mathcal O(n^2)$ 算所有 $u$ 的答案, 最终复杂度 $\mathcal O(n^3)$.

1.「集训队互测 2019」「LOJ #3077」绝目编诗

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「C.性质/结论」

麻了, 猜到类似结论还是不会做.

可以感知到 $m$ 应当在 $\mathcal O(n)$ 级别, 否则必然有解. 先想想如何求答案. 我们只需要快速找到 $n$ 个环就能完成判断, 所以可以直接搜索剪枝: 枚举环的第一条边, 先将它删掉, 然后大力搜索下一步, 每走一步就判断能否得到至少一个新环. $\mathcal O(n)$ 次找环, 每次走 $\mathcal O(n)$ 步, 每步 $\mathcal O(m)$ 检查, 总复杂度 $\mathcal O(n^3)$.

接下来, 我们进一步缩紧需要判断的 $m$ 的上界. 设 $m\ge n$, 我们在环上随机删掉 $\sqrt n$ 条边, 那么每条边被删除的概率 $\le 1/\sqrt n$. 假设图上存在大小为 $3\sim n$ 的环各一个, 那么删除后图上环的期望个数就有

\[E\le \sum_{i=3}^n(1-1/\sqrt n)^i<\sqrt n.
\]

也就是说, 存在一种删除 $\sqrt n$ 条边的方法, 是的剩下环的数量 $<\sqrt n$. 因此得到一个阈值 $m\le n+2\sqrt n$. 超过阈值的 $m$ 一定有解 (不符合 "各一个环", 则存在题目所求环对). 现在, 生成树上取出 $\mathcal O(\sqrt n)$ 条非树边的端点建立虚树, 我们可以得到一个点边规模 $\mathcal O(\sqrt n)$ 的带权图. 运行上文算法暴力求解, 复杂度 $\mathcal O(n\sqrt n)$.

这题又名掘墓鞭尸?

2.「ICPC 2019 WF」「洛谷 P6256」Directing Rainfall

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「A.DP-数据结构优化 DP」

显然雨棚之间的雨水滴落存在一个拓扑关系, 我们可以用这篇 #10 的扫描线做法建出这个拓扑关系. 沿着拓扑关系从上到下枚举雨棚, 维护雨点当前横坐标关于最小代价的序列, 每个雨棚对序列的变化形如:

令 $[l,r]$ 内的数${}+1$.
令 $[l,r]$ 内的数变为区间内的前缀 (后缀) $\min$.

(注意这里省略了边界的 $\pm1$.) 维护差分, 以左高右低的雨棚为例, 前缀取 $\min$ 相当于把区间内 $>0$ 的差分值于紧邻的 $<0$ 的差分值抵消, 如果抵消不了就全部推到 $r+1$ 上. 用两个 std::map 维护正负差分值就行. 不难看出复杂度 $\mathcal O(n\log n)$.

为什么题解区两篇题解实现的时候, 雨都是从地面返回天上? Vertin 感到好奇.jpg

3.「CTSC 2010」「洛谷 P4191」性能优化

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「A.数学-多项式」

先来复习一下 Chirp-Z 变换, 设 $\hat a_i=(\omega^{ij})_{1\times n}\times(a_j)_{n\times 1}$, $\omega$ 为 $n+1$ 的原根, 那么:

\[\hat a_i=\sum_{j=0}^{n-1}\omega^{ij}a_j=\sum_{j=0}^{n-1}\omega^{\binom{i+j}{2}-\binom{i}{2}-\binom{j}{2}}a_j=\omega^{-\binom{i}{2}}\sum_{j=0}^{n-1}\omega^{\binom{i+j}{2}}\cdot\omega^{-\binom{j}{2}}a_j.
\]

于是只需要进行一次差卷积. 对 $j$ 处的下标变换是 $j\to n-1-j$, 因而卷积出来的下标变换是 $i+j\to n-1+i$, 我们只需要 $n-1\sim 2n-2$ 内的数据不被污染, 所以做长度不小于 $2n$ 的 DFT 就行.

当然这里还需要求逆变换. 注意到 $(\hat a_i)_{n\times 1}=(\omega^{ij})_{n\times n}\times(a_i)_{n\times 1}$, 中间矩阵自乘得到:

\[\sum_{k=0}^{n-1}\omega^{ik}\omega^{kj}=n[i+j\equiv 0\pmod n].
\]

因此只需要对 $\hat a$ 再做一次 Chirp-Z, 所有位置${}\div n$, reverse $\hat a_{1..n-1}$ 即得逆变换. 这和我们 FFT 的常见写法是一样的. 本题的 FFT 可以用 NTT 模 $>(5\times10^5)^2$ 的素数实现, 不需要任意模数.

有没有巧妙一点的算法?

设 $A(z)=\dots$, 我们仍然想插值求出 $A(\omega^i)$. 回到最初, 我们来学习 FFT 吧!

分开奇数项与偶数项取出 $n$ 的任意一个素因子 $d$, 设 $A_r(z)$ 表示仅保留 $i\bmod d=r$ 的系数得到的多项式, 那么:

\[A(z)=\sum_{r=0}^{d-1}z^rA_r(z^d).
\]

设 $\cancel{n=2m}$ $n=dm$, 尝试代入一个 $\omega_n^k$:

\[A(\omega^k)=\sum_{r=0}^{d-1}\omega^{rk}A_r(\omega_m^k).
\]

分治即可. 复杂度和 $n$ 的素因子有关, 这题恰好保证了素因子都很小, 直接分治就行.

4.「NOI Simu.」摸底测试

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「B.Tricks」

考虑如何求 $g(S)$, 对于静态的 $S$ 这个问题其实很容易. 分子串贡献, 子串 $s$ 可贡献的区间是 "$s$ 第一次出现的有端点" 到 "$s$ 最后一次出现的左端点" 这个左闭右开的区间. 对于 SAM 上同一个等价类中的子串同时考虑贡献的话, 贡献是一段区间加和一段等差数列加, 很好维护.

然后是一个重磅 trick, 相见恨晚呐!

合法区间长度具有单调性的序列划分问题中, 有总共检查区间长度 $\mathcal O(n\log n)$ 的算法. 对于左端点 $l$, 倍增增量长度 $1,2,\dots,2^k$ 增大 $r$, 不可增大时立即退出, 然后倍增增量长度 $2^k,\dots,2,1$ 继续增大 $r$. 这样, 我们找出极长 $[l,r]$ 只需要检查 $\mathcal O((r-l)\log(r-l))$ 长度的区间.

/* Example */

inline bool check(const LL lim) {

    int l = 1, cnt = 0;

    while (l <= n) {

        if (++cnt > m) return false;

        int r = l - 1, k = 1;

        while (r + k <= n && calc(l, r + k) <= lim) r += k, k <<= 1;

        while (k >>= 1) if (r + k <= n && calc(l, r + k) <= lim) r += k;

        l = r + 1;

    }

    return true;

}

5.「NOI Simu.」树上游戏

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「C.性质/结论」

深究 "为什么二者计数对象那么奇怪, 一点都不对称" 是应该快点得到的 motivation.

小 P 的计数对象可以容斥为 $\binom{|V_P|}{2}$ 减去 $\sum_{u,v\in V_P}[u\in\anc(v)][w_u{\color{red}{\le}}w_v]$. 我们本来期望中间的 $\le$ 是 $<$, 这样小 P 小 Q 的贡献形式完全一致, 问题很好解决: 从 $V_Q=V$ 起, 每次选一个 $u\in V_Q$ 丢到 $V_P$ 里. 对于一个 $w_u<w_v$ 的祖孙对 $(u,v)$, 先被丢到 $V_P$ 的会让答案${}-1$ (来自小 Q), 后被丢到 $V_P$ 的还是会让答案${}-1$ (来自小 P), 因此每个点对答案的贡献是一定的, 贪心选择就行.

那 $\le$ 怎么办? 考虑 $=$, 当 $u$ 被丢到 $V_P$ 时, 会让祖先中和子孙中所有 $w_v=w_u$ 的 $v$ 的贡献增加 $1$. 我会数据结构! 树剖+线段树 (为每种 $w$ 动态开点) 维护每种 $w$ 的最小点, 再用堆汇总全局最小点. $\mathcal O(n\log^2n)$, 其实也能过.

别急, 想想结论? 不难发现, 若 $w_u=w_v$ 时, 若 $v$ 同时还是 $u$ 的祖先, 则 $v$ 必然比 $u$ 先选. 这是显然的 (有个傻瓜快速否定了这个结论去冲树剖, 乐). 这样每个点的贡献又是固定的了, $\mathcal O(n\log n)$ 贪心.

6.「NOI Simu.」土地划分

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「A.扫描线」「A.数学-容斥计数」

核心是容斥的设计. 设无向图 $G$ 描述了 $n$ 个矩形是否相交的关系. 则我们需要数 $(u,v,w)$ 间无连边的三元组. 构造 (式中 $u,v,w$ 不取相同值):

\[\begin{aligned}
\textit{ans} &= \sum_{u<v<w}[(u,v)\notin E][(v,w)\notin E][(w,u)\notin E]\\
&= -\frac{1}{2}\binom{n}{3}+\frac{1}{2}\sum_u\sum_{v<w}[(u,v)\notin E][(u,w)\notin E]\\
&\quad+\frac{1}{2}\sum_u\sum_{v<w}[(u,v)\in E][(u,w)\in E]-\sum_{u<v<w}[(u,v)\in E][(v,w)\in E][(w,u)\in E]\\
&=: -\frac{1}{2}A+\frac{1}{2}B+\frac{1}{2}C-D.
\end{aligned}
\]

其中 $B,C$ 通过 $u$ 的度数就能计算, $D$ 稍微麻烦一点. 我们分别两个部分求解.

对于 $B,C$, 扫描线求每个矩形与其他多少个矩形有交. 可以把有交的矩形分为与 $u$ 的左边界相交和不与 $u$ 的左边界相交两部分, 前者正常扫描线, 后者不需要去除被完全扫过的矩形的区间贡献, 在 $u$ 的左右边界处做差分. 这里是 $\mathcal O(n\log n)$ 的.

对于 $D$, 考虑在 $u,v,w$ 交出的矩形的左下角统计一次贡献. 做二维差分后得到类似 "一个点被三个矩形包含", "挨着两个点被三个矩形包含", "一团四个点被三个矩形包含" 的情况, 线段树维护 $\sum \binom{\cdot}{3}$, 做两次扫描线 (在扫描的坐标方向上情况相同的问题可以一起算) 即可求出答案. 最终复杂度 $\mathcal O(n\log n)$.

7.「NOI Simu.」算法考试

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「A.DP-树上 DP」「A.数学-Lagrange 插值」

中位数经典转化, 枚举中位数 $X$, 令 $a_i\gets\sgn(a_i-X)$, 设 $f(u,x,y,-1/0/1)$ 表示在递归树的 $u$ 结点处, 子树内有 $x$ 个 $-1$, $y$ 个 $+1$, 子树返回值为 $-1/0/1$ 的方案数. 大力背包转移, 我们得到了一个极其粗犷的暴力, 考虑优化.

首先, $-1$ 很少, 没有 $-1$ 的区间的状态是一定的. 于是每次只有 $\mathcal O(k\log n)$ 个状态需要求解.

此外, $x,y$ 只需要记录区间中的 $-1$ 的决策情况, 于是单个 $u$ 的状态量变为 $\mathcal O(k^2)$.

状态转移, 暴力的做法是枚举三个儿子的所有信息, 但显然可以先枚举两个求出中间状态, 再和剩下的一个合并. 这样转移的总复杂度为 $\mathcal O(k^4)$.

到此, 对于固定的 $X$, 我们可以 $\mathcal O(k^4+kn)$ 地求出结果.

接下来是对 $X$ 的枚举的优化. 显然总共只有 $\mathcal O(k)$ 个本质不同的值域区间, 每个区间内可以 Lagrange 插值求出总贡献. 最终复杂度 $\mathcal O(k^5+k^2n)$.

8.「CF 1693E」Outermost Maximums

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「C.思维」

好题, 不会捏.

$\mathcal O(n^2)$ 暴力很容易: 模拟消除过程, 每次把所有最大值位置赋成左右最大值的 $\min$, 接下来的工作是优化这个模拟过程.

把 "赋值" 作为懒标记, 在处理完 $\ge x$ 的数后, 我们可以维护出一个区间 $[l,r]$, 表示 $[1,l)$ 内 $\ge x$ 数需要被赋为前缀 $\max$, $[l,r]$ 内 $\ge x$ 的数不确定赋值方向, $(r,n]$ 内 $\ge x$ 的数需要被赋为后缀 $\max$. 考虑加入 $x$, 设 $x$ 的最左出现位置是 $p$, 最右出现位置是 $q$, 那么:

$[p,q]$ 内所有 $>x$ 的数一定会被赋为 $x$, 贡献答案.
如果 $r<p$, $(r,p)$ 内所有 $>x$ 的数需要被赋为后缀最大值, 也就是 $x$, 贡献答案. 此外, 我们得知了 $[l,r]$ 内 $>x$ 的数赋前缀 $\max$, 因而 $[l,r]\gets[r+1,q]$.
否则若 $l>q$, 类似地, $(q,l)$ 贡献答案, $[l,r]\gets[p,l-1]$.
否则, 没有其他可以确定的赋值, $[l,r]\gets[p,q]$, 没有答案贡献.

最终只需要支持查询 "区间内有多少个 $>x$ 的数", BIT 就行. $\mathcal O(n\log n)$.

9.「CTSC 2016」「洛谷 P5417」萨菲克斯·阿瑞 ✡️

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「A.数学-组合计数」「C.思维」

关键点在于计数对象的转化. 对于一个 suffix array $\{p_n\}$ 和与之一一对应的 rank array $\{r_n\}$, 它们可以导出字符之间的不等关系:

$\forall i\in[1,n)$, 若 $r_{p_i+1}<r_{p_{i+1}+1}$, 则 $s_{p_i}\le s_{p_{i+1}}$, 否则 $s_{p_i}<s_{p_{i+1}}$.

据此, 我们可以得到一个由 $\le$ 和 $<$ 组成的字符之间的不等式链.

这有什么用? — 你就要问了, 毕竟这个映射可能不单也不满, 顶多算是对 SA 进行了一个很粗的分类. 接下来对于一个特定的分类 (也即是一个特定的不等式链), 我们又反过来考虑有多少 SA 属于这个分类.

我们先把字符 (连同它的下标) 按照不等式链排列, 此时 $<$ 和 $\le$ 可以分别生成 rank 的 $>$ 和 $<$ 关系. 为了避免歧义, 我们用 $<_r,>_r$ 描述 rank 链上的符号, 用 $<_c,\le_c$ 描述字符链上的符号.

这里, 可以联想到不等关系一题, 与其讨论 $\le_c$ 和 $<_c$, 我们不如套用不等关系的容斥做法, 将 $>_r$ 翻转容斥, 同时也对应地将一些 $<_c$ "翻转" 成 $\le_c$. 容斥之后, 相邻两个的 $>_r$ 之间存在形如 $>_r\cdot<_r\cdot<_r\cdot<_r\cdot>_r$ 的子链, 对应着字符链上两个 $<_c$ 之间的形如 $<_c\cdot\le_c\cdot\le_c\cdot\le_c\cdot<_c$ 的子链. 我们现在需要对小圆点分配 rank, 显然 rank 子链上是升序的, 我们可以在 $n$ 个 rank 中无序地选出 $\ell$ ($\ell$ 为小圆点个数) 个值, 分配给其中的 rank. 因此, 设容斥前总共有 $m$ 个 $>_r$ (即 $m$ 个 $<_c$), 未被容斥的 $>_r$ 将链划分为长度为 $\ell_1,\ell_2,\cdots,\ell_k$ 总共 $k$ 个部分, 此时就会为方案数提供 $(-1)^{m-k}\binom{n}{\ell_1,\ell_2,\cdots,\ell_k}$ 的贡献.

一个 rank 链被计数, 当且仅当其字符链可以被生成, 这里就可以贪心地安排字符: 在 $\le_c$ 上肯定尽量用相同字符, 直到当前字符用完或者遇到 $<_c$.

最后就是 DP 啦. 设 $f(i,j,k)$ 表示使用了前 $i$ 种字符, 填了长为 $j$ 的 rank 链/字符链, 当前一段 $>_r$ 分割出来的链长为 $k$ 时, 带容斥系数方案数. 转移:

链后面接 $t$ 个字符 $i$, 然后填入 $<_c$,

\[f(i+1,j+t,0)\addeq \frac{1}{(k+t)!}f(i,j,k)\quad (\forall t\in[1,c_i]).
\]
用完字符 $i$, 然后填入 $\le_c$,

\[f(i+1,j+c_i,k+c_i)\addeq f(i,j,k).
\]
链后面接 $t$ 个字符 $i$, 然后填入一个 "翻转" 而成的 $\le_c$,

\[f(i+1,j+t,k+t)\addeq -f(i,j,k)\quad(\forall t\in[1,c_i]).
\]

注意同种字符之间只能填正常的 $\le_c$, 这是因为同种字符间一定是 $<_r$, 没有 $>_r$ 拿给你翻转.

最终答案为 $n!\sum_i f(i,n,0)$. 前缀和优化 DP 可以做到 $\mathcal O(mn^2)$.

Remark.

关于这个容斥的组合意义, 不知道是我理解偏差还是确有此事, 洛谷上很多题解都看着合理实际上依托答辩. 最后 DP 式子是对的 (当然, 有的人式子也写错了), 逻辑完全不通.

10.「IMO 2023」忍者路径

自己取的名字, 不过题面中确实定义了 "日式三角" 和 "忍者路径". 为什么 MO 的题不取个名字啊?

简要题意

二维小球密堆出一个 $n$ 层的三角形, 其上的一条路径是指从最顶端的球开始, 每次向左下或者右下走一步最终到达最底端某个小球的路径. 所有小球初始为白色, 在每一层中任取一个小球染黑. 求最大的 $k$, 使得所有染色方案下, 总是存在至少一条路径, 其经过了至少 $k$ 个黑色小球.

(这是题解不是解答哈, 况且兔也不太会模仿 MOer 说话.)

考虑先感性出 $k$ 的表达式. 你还记得数字三角形吗? 对于固定的染色方案, 设 $f(i,j)$ 表示 (从上到下) 第 $i$ 层第 $j$ 个球走到底最多经过的黑球数, 则 $f(i,j)=\max\{f(i+1,j),f(i+1,j+1)\}+[(i,j)\text{ is black}]$. 便起见, 我们允许 $j>i$, 只是不允许在这些位置出现 $+1$. 这样, $f(i+1,\cdot)$ 到 $f(i,\cdot)$ 的变化可以描述为:

相邻两数取 $\max$.
将一个点值${}+1$.

可以感受到, 让 $\max$ 操作没有作用是明智的构造. 我们在 $f(n,1),f(n-1,2),f(n-2,3),\cdots$ 上放 $+1$, 当放了 $\lceil n/2\rceil$ 个 $+1$ 时会到边界, 这时再从 $1$ 开始放, 由于这个时候所有 $f$ 值应该相同, 所以可以直接归纳到 $\lfloor n/2\rfloor$ 的子问题. 设答案序列为 $A$, 则 $A_1=1$, $A_n=A_{\lfloor n/2\rfloor}+1$, 于是 $A_n=\lfloor\log_2n\rfloor+1$.

但是, "感受这股劲儿" 居然不被承认, 我们需要证明这个界总能取到.

我们不妨换一个 DP 方向, 从上到下 DP, 这样可以研究普遍情况. 设 $a_{n,i}$ 表示走到第 $i$ 层第 $j$ 个球最多经过的黑球数, 那么 $a_{n+1,i}=\max\{a_{n,i},a_{n,i-1}\}+[(n+1,i)\text{ is black}]$. 取任意 $p\in\arg\max_i\{a_{n,i}\}$, 设 $s_n=\sum_ia_{n,i}$, 则:

\[s_{n+1}\ge \sum_{i=1}^pa_{n,i}+\sum_{i=p}^na_{n,i}+1=s_n+a_{n,p}+1\ge s_n+\lceil s_n/n\rceil+1.
\]

设 $x_{n+1}=x_n+\lceil x_n/n\rceil+1$, 现只需对 $2^k\le n<2^{k+1}$ 证明 $\lceil x_n/n\rceil=k+1$.

当 $k=0$ 时, $x_1=s_1=1$ 成立, 下对 $k$ 归纳. 若 $[0,k)$ 中命题成立, 考虑 $k$ 时:

\[\begin{aligned}
x_{2^k} &= 1+\sum_{i=1}^{2^k-1}(\lfloor\log_2 i\rfloor+2)\\
&= 1+\sum_{i=0}^{k-1}(i+2)\cdot2^i\\
&= k2^k+1.
\end{aligned}
\]

因此 $\lceil x_{2^k}/2^k\rceil=k+1$, 从而 $(2^k,2^{k+1})$ 内有 $x_n=(n-2^k+1)(k+1)+k2^k+1$, 亦满足结论. 综上得证.

11.「SCOI 2016」「洛谷 P3290」围棋

Link | 不写不写!
「A.DP-状压/插头 DP」

唯一的 key 是状态定义, $f(r,c,u,v,S)$ 表示从上到下, 从左至右填到 $(r,c)$, 当前行匹配模板第一行到 $u$, 匹配第二行到 $v$, 上一行匹配模板第一行的匹配结果为 $S$ (配上/配不上) 时, 未出现任何匹配位置的方案数. 状态空间 $\mathcal O(n\cdot m\cdot c^2\cdot2^{m-c+1})$.

12.「NOI 2017」「洛谷 P3827」分身术

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「A.计算几何」「A.数据结构-可持久化线段树」「B.Tricks」

有点痛苦. /kk

不妨只考虑上凸壳面积的计算. 可以考虑洋葱划分的 trick (取名狂魔.jpg), 即, 我们准备 $k+1$ 层上凸壳, 这样删掉 $k$ 个点后, 最外层凸壳一定可以由原来的这 $k+1$ 层上凸壳的残余部分拼起来得到.

怎么拼呢? 考虑从内层到外层加入壳, 那么新加入的壳会切到旧壳的一部分, 我们只需要把旧壳中间的一段替换为新壳就行. 连续的壳可以用持久化线段树/平衡树维护, 这样可以数据结构上二分替换位置然后截取区间替换. 复杂度 $\mathcal O(nk+\sum k\log n)$.

13.「HEOI 2014」「洛谷 P4106」逻辑翻译

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你有没有看出来, 系数 $\to$ 代入未知数的结果就是对系数进行了 Xor-FWT 正变换? 所以逆变换回去就好, $\mathcal O(n\log n)$. 输出格式真恶心.

14.「NOI Simu.」简单计数

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「A.数学-组合计数」

概率转化成方案数比值之前麻烦您老人家想想这是不是古典概型!

还需要注意的是, 如果计数对象高度对称, 可能可以人为作用一些对称操作来降低自由度. 比如把 "序列中间某个位置" 拆成两个 "序列边界".

回到原题, 问题可以转化成: 一个长度为 $n-1$ 的序列, 每次可以染黑一个可用的小球, 然后把小球自身和周围两个小球标记为不可用. 考虑 DP, 令 $f(i,j)$ 表示长度为 $i$ 的小球序列中 $j$ 被染黑的概率. 枚举第一次染色的位置, 得到转移:

\[f(i,j)=\frac{1}{i}\left(1+\sum_{k=1}^{j-2}f(i-k-1,j-k-1)+\sum_{k=j+2}^if(k-2,j)\right).
\]

前缀和优化可以做到 $\mathcal O(n^2)$, 但利用我们刚才提到的对称性, 注意到 (原问题情形下) $k$ 位置未被涂黑可以分隔出两个独立的序列, 我们只需要 $f(\cdot,1)$ 就能合并出答案. $\mathcal O(n)$.

15.「NOI Simu.」队伍划分

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「A.图论-网络流-费用流」「B.Tricks」

你会了一个费用流建图, 会 T, 怎么办?

注意到最短路的长度类型很少 (最多两种), 每次建出最短路图之后跑 (无权) 最大流算法即可. $\mathcal O(m\sqrt n)$.