退役前的最后的做题记录upd:2019.03.31

考试考到自闭，每天被吊打。
还有几天可能就要AFO了呢。。。

Luogu3602：Koishi Loves Segments

从左向右，每次删除右端点最大的即可。

[HEOI2014]南园满地堆轻絮

答案一定是 \(\lceil \frac{max_{1\le i < j \le n}(a_i-a_j)}{2} \rceil\)。
可以考虑一个二分答案 \(mid\)，那么每个数 \(x\) 都是一个 \([x-mid,x+mid]\) 的范围。
当前面有一个 \(y\) 使得 \(y-mid>x+mid\) 时不合法。
然后答案就是最开始的东西了。

UOJ244：【UER #7】短路

可以发现路径一定对称，枚举在哪个绕半圈，之前一定每个都走过两次，每次肯定会多走前缀最小值，所以直接加上即可。

Atcoder ???：D Four Coloring

为了方便转成切比雪夫距离。
每个 \(d\times d\) 的矩阵染同样的颜色，每次换颜色即可。

Codeforces 734F：Anton and School

\((a|b)+(a\& b)=a+b\)，全部加起来就可以手动解方程了。
注意还要代回去验证。

BZOJ3709: [PA2014]Bohater

当 \(a-d>0\) 的时候，肯定是按照 \(d\) 从小到大打。
否则，因为最后的血量是一定的，那么直接倒过来向上面一样打即可。

Codeforces 720A：Closing ceremony

把左边每个人按照体力值排序。
把每个空位按照到左边的距离排序。
左边人依次选择，肯定选到右边距离最大的空位置。
然后右边随便贪心即可。

[AHOI2014/JSOI2014]宅男计划

三分最后要买的外卖数量。
然后考虑每次外卖怎么买，首先肯定是先买便宜的，买到保质期个。
那么从小到大考虑每个食物，如果能使所有次外卖的存活天数增大就买到最多能增大的天数个。
买不了了就能买则买。

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BZOJ3716: [PA2014]Muzeum

可以通过倍长坐标轴使得角度变成 \(\frac{\pi}{2}\)。
然后旋转使得变成一个向右下的矩阵。
这个东西就是一个最大权闭合子图。
考虑模拟网络流(?)，按照 \(y\) 从小到大加入每一个手办和警卫，插入警卫 \((x_0,y_0)\) 的时候按照 \(x,x\le x_0\) 从小到大依次流流量，流满了就删除。

BZOJ2034: [2009国家集训队]最大收益

模拟二分图最大权匹配(?)。
首先可以缩小位置的规模，每个区间(左端点小到大)向右找到第一个没有染色的点染色，这样染色过的点才有可能匹配。
然后按照权值从大到小增广，尝试每个位置，如果没有匹配就成功，如果这个位置匹配的区间右端点小于等于当前的点，那么寻找下一个；否则用这个位置的匹配去寻找(这样才更有可能找到)。

牛客Wannafly挑战赛27：E 黄魔法师

考虑用 \(2,98,14\) 这些数字构造答案。
这些数字中 \(14+2=16,14+98=112\)，那么 \(14+98\) 不是完全平方数。
所以可以找到一个最小的数 \(m\)，使得 \(\frac{m(m-1)}{2}\ge k\)。
全部填 \(2\)，多的用 \(98\) 换，最后换个 \(14\) 即可。

UOJ143：【UER #5】万圣节的数列

首先两个位置的和相同的等差子序列无论如何都消不掉，不用管这些。
剩下的等差子序列是可以构造成没有的。
考虑对其奇偶分成两组，那么剩下的等差子序列只可能出现在每个组内。
而每个数除掉 \(2\) 后等差子序列仍然等差，所以递归处理即可。

[CEOI2011]Hotel

考虑将订单按价格从高到低排序，然后按顺序安排最便宜房间并求出收益。取出前 \(o\) 大就是答案。
安排最便宜房间可以二分+并查集维护删除。
因为如果房间有冲突，显然会满足价格最高的；如果 \(2\) 个订单对 \(2\) 个房间可以任意分配，那么不会影响答案。
注意安排的时候要求，收益大于 \(0\)。

考虑枚举等差子序列 \((a,x,2\times x - a)\) 中间的 \(x\)。
如果长度不能大于 \(2\)，那么就必须满足 \(a\) 和 \(2\times x-a\) 在 \(x\) 之前或之后出现。
也就是说把前面小于 \(x\) 的数的存在性写成一个 \(0/1\) 序列 \(a\)，和大于 \(x\) 的数写成一个 \(0/1\) 序列 \(b\)。
那么满足 \(b\) 倒过来和 \(a\) 相等时就不会出现长度大于 \(2\) 的。
所以直接树状数组维护 \(hash\) 即可。

BZOJ 2907: 拜访神犇

枚举最后的终点，可以确定最开始的方向，分成三段，除了起点到终点的这一段以外，其它段的答案确定。
所以把间隔拿出来排序取出前 \(k\) 小即可，用线段树或者优先队列即可。

Luogu5273：【模板】多项式幂函数 (加强版)

可以把前面的 \(0\) 项先去掉，最后补 \(m\) 倍 \(0\)。
注意到求 \(ln\) 要求常数项为 \(1\)，那么可以先乘个逆元，最后乘回来即可。

Codeforces 1111D：Destroy the Colony

可以设计一个背包 \(f_i\) 表示选了 \(i\) 个字符的方案数，每次枚举一个字符，加入这个字符的个数。
答案就是强制不选 \(x,y\) 两种字符的方案数之后乘上可重组合即可。
可以预处理答案，枚举 \(x,y\)，做逆 \(dp\) 即可。

Codeforces 1111E：Tree

按照剧本先建立虚树，然后从 \(r\) 开始 \(dfs\)。
设 \(f_{i,j}\) 表示到了点 \(i\) ，分成了 \(j\) 个组的方案数。
从子树向上合并考虑非常麻烦，考虑按照 \(dfs\) 序做。
那么这个点要么新建一个组；
要么选一个组加入，而选择的组不能包含之前已经插入过了的祖先，而祖先们显然也不在一个组，所以直接减去这些组即可。

Codeforces Hello 2019D/E/F/G

D
可以把操作看成是对每个质数的指数操作，那么就可以质数分开独立计算(积性函数)。
每个质数分别暴力 \(dp\) 即可。
E
可以发现 \(f(n) = k − 1\),其中 \(k = min\){\(x|\frac{x(x+1)}{2}> n\)}。
考虑证明同时构造答案。
对于长度为 \(n\) 的序列,设其 \(LIS\) 长度为 \(len\)。
若 \(len \le K\), 则 \(n − len < \frac{K(K+1)}{2}-K=\frac{K(K-1)}{2}\)
若 \(len < K\), 根据 \(Dilworth\) 定理,可以用 \(< K\) 个下降序列覆盖, 只需要把以 \(i\) 相同的长度的点分成一组即可
F
除了操作 \(3\) 都可以 \(bitset\)
现在要维护
\[C_i=\sum_{gcd(j,k)=i}A_jB_k\]
类比 \(FWT\)，只要求出 \(A'_i=\sum_{i|d}A_d\)
就可以直接按位相乘了
求答案就是莫比乌斯反演，\(A_i=\sum_{i|d}\mu(\frac{d}{i})A'_i\)
把每个数字的 \(\mu\) 的 \(bitset\) 预处理出来，乘法就是 \(and\)
最后用 \(count\) 统计答案
G
对于 \(x^k\)。
二项式定理展开，一般需要 \(k^2\) 卷积合并。
而斯特林展开后，只需要求 \(\binom{x}{i}\) 之类的东西，一般可以进行 \(O(k)\) 递推。
这题就是
\(\sum_{i=1}^{k}\binom{f(X)}{i}i!\begin{Bmatrix}k\\i\end{Bmatrix}\)。
考虑计算 \(\binom{f(X)}{i}\) 即可。
这个东西就是在一棵虚树上选出 \(i\) 条边的方案数。
可以树 \(dp\)，设 \(f_{u,i}\) 表示当前到了 \(u\)，虚数内选择了 \(i\) 条边的方案数。
合并儿子的时候注意一些子树内必须选点才能构成虚树，要减去空集的方案。
计算的时候考虑清楚即可。
不难证明复杂度为 \(O(nk)\)。

LOJ2396：「JOISC 2017 Day 3」长途巴士

对于所有的东西按照 \(mod~T\) 排序。
考虑 \(i\) 次和 \(i+1\) 次饮水，如果中间有一个站点，那么一个以 \(i\) 结尾的后缀都是可以下车的。
可以设计一个 \(dp\)，\(f_i\) 表示前 \(i\) 次饮水，把每一个 \(T\) 的事情一次做完，转移可以斜率优化。

TopCoder SRM720 Div 1：ExtremeSpanningTrees

不难发现就是给定了一些形如 \(D_i\le D_j\) 的限制。
求 \(\sum_{i=1}^{m} |D_i - w_i|\)
显然 \(D\) 只可能是出现过的 \(w\)。
首先考虑 \(1\le w_i\le 2\)，只有两种取值，最小割 \(S\) 表示 \(1\)，\(T\) 表示 \(0\)，建图即可。
对于 \(1\le w_i\le 10^9\)：
首先答案肯定是关于 \(D_i\) 的一次函数加起来，考虑整体二分。
对于所有小于等于 \(mid\) 的 \(w\) 看成是 \(1\)，大于的为 \(2\)，用上面的建图即可。
和 \(S\) 在同一集合的显然大于 \(mid\) 不优秀，不在的同理，分治即可。

TopCoder TCO2018 Algo Onsite Final：Div1：BalancingTrees

最优策略下可以只改变叶子，只需要把父亲的改变均分给儿子即可。
那么每个叶子都是一个关于总和的一次函数。
总的代价肯定也是一个分段一次函数，并且是凸的。
三分即可。

[NOI2018]冒泡排序

自己yy了一个复杂的一批的方法QwQ
可以发现与一个位置 \(i\) 有关的逆序对的个数 \(\ge |p_i-i|\)。
显然一个排列合法就要要求与每个位置有关的逆序对的个数 \(= |p_i-i|\)。
也就是说对于 \(p_i<i\) 的，要求 \(i\) 后面的 \(p\) 都大于 \(p_i\)，对于 \(p_i>i\) 的，要求前面的 \(p\) 都小于 \(p_i\)。
那么就是不存在一个不以 \(i\) 为开头或结尾的的递减子序列，也就是递减子序列长度不超过 \(2\)。
考虑没有字典序限制怎么计算。
可以考虑从小到大依次加入数字，可以发现会形成很多空位。其中有一个前缀的空位置，如果加入了当前的数字，会使下降序列长度变成 \(2\)，不妨认为这种位置是特殊的。
那么显然如果要放在这些特殊的位置就只能在第一个，否则可以放在一个其它位置并把这个位置之前的位置变成特殊的。
那么可以设计状态 \(f_{i,j}\) 表示从小到大前 \(i\) 个数放完，有 \(j\) 个特殊位置的方案数。
转移显然是 \(f_{i,j}=f_{i-1,j+1}+\sum_{k=0}^{j}f_{i-1,k}\)
设 \(g_{i,j}=\sum_{k=0}^{j}f_{i,k}\)。
那么 \(g_{i,j}=g_{i,j-1}+g_{i-1,j+1}\)
可以看成是网格图上一个点 \((x,y)\) 每次可以使得 \(y+1\) 或者 \(x+1,y-1\)，从 \((0,0)\) 最后到 \((n,0)\) 的方案数。
也就是 \((x,x+y)\) 每次可以走到 \((x,x+y+1)\) 或者 \((x+1,x+y)\)，从 \((0,0)\) 到 \((n,n)\) 的方案数，要求 \((a,b)\) 满足 \(b\ge a\)，即不经过 \(y=x-1\)。
这是个经典组合问题，对称相减即可。
考虑利用上面的东西计算最终答案。
枚举排列 \(p\) 的前 \(i-1\) 位和给定的排列 \(q\) 相同，并且 \(p_i>q_i\)。
分情况：
如果前 \(i-1\) 位已经不合法就结束了。
如果前 \(i-1\) 位存在一个逆序对 \((x,y)\)，使得 \(<y\) 的还有数没有出现在前面同样也结束了。
否则，那些小于 \(max\{max_{k=1}^{i-1}\{q_k\},q_i+1\}\) 的没有在前面出现的数显然只能递增的排列，设这样的数有 \(k\) 个。
考虑用之前的 \(dp\) 计算，也就是给之前的 \(f\) 赋值，即 \(f_{k,i}=\binom{k-i+2}{i-1}\)，也就是枚举强制 \(k\) 个递增后有多少特殊位置，并且要求第一个位置必须为空。
这个东西就是网格图上 \((1,k+1)\) 到 \((k,k+i)\) 的格路数。
由于要求出 \(g\) 即 \(f\) 的前缀和，\(g_{k,i}\) 也就是 \((0,k+1)\) 到 \((k,k+i)\) 的格路数。
那么答案就变成了 \((0,k+1)\) 到 \((n-i+1,n-i+1)\)，不经过 \(y=x-1\) 的格路数，直接组合数计算。

LOJ2834：「JOISC 2018 Day 2」修行

神仙的一批。
相当于是要求有多少排列 \(P\) 满足 \(P_i>P_{i+1}\) 的位置数恰好为 \(k−1\)。
等价于求 \(n\) 个 \([0,1)\) 随机变量 \(v_i\)，满足恰好 \(k-1\) 个满足 \(v_i>v_{i+1}\) 的概率 \(\times n!\)。
等价于 \(n\) 个 \([0,1)\) 随机变量 \(b_i\)，\(a_i\) 对应 \(b_i\) 前缀和的小数部分，满足 \(k-1 \le \sum b_i \ge k\)。
容斥有多少个 \(b_i\ge 1\)，然后就变成了求 \(n\) 个 \([0,+\infty)\) 随机变量之和 \(<k\) 的概率，这个概率等于 \(\frac{k^n}{n!}\)。
详见官方题解。