学生大战一个半小时未果，结束前半小时发现是打表找规律。

就是分讨一下，首先大于 $1$ 的数不能超过两个，若有两个则其中一个必定为 $2$，然后看一下 $1$ 的个数是不是 $3$ 的倍数即可。

B：

拆贡献，分为 $u\rightarrow lca$ 和 $lca\rightarrow v$，前者需要求出 $S[1, i]$ 作为子序列出现了多少次，后者需要求出 $S[i, |S|]$ 作为子序列出现了多少次，两者是对称的。

对于每个 $u$，求出 $u$ 到根的路径上有多少个子序列为 $S[l, r]$，记为 $f_{u, l, r}$，这个数组容易在 $O(n |S|^2)$ 内的时间预处理。

查询时考虑 $f_{u, 1, i}$ 代表的 $S[1, i]$ 在 $u$ 到 $lca$ 和 $lca$ 父亲到根两条路径之间的分布，比如 $u$ 到 $lca$ 上有 $S[1, j]$ ，$lca$ 父亲到根有 $S[j+ 1, i]$，后者预处理时已经被求出来了，因此可以容斥掉这部分贡献，总时间复杂度 $\mathcal O(n \log n + (n + q) |S|^2)$。

C：

启发式分治，每次找到区间最大值 $i$，那么区间内包含 $i$ 的合法区间不超过 $\log$ 个，然后每次选择 $i$ 左右两侧较短的一侧，枚举区间和，判断另一端点是否在区间内，直接转移即可。

需要一开始将所有前缀和塞到 $map$，不能分治时现塞，因为区间长度无法保证。

D：

无法战胜。

限制等价于位置 $i$ 的所有可能情况平均值均大于等于整体平均值，用个双指针模拟即可。

无解情况是不存在的。

B：

$i$ 使用优惠卷而 $b$ 未使用，若想让 $i$ 的优惠卷给 $j$ 用，需要满足 $a_i-b_i<a_j-b_j$。

然后我们每次找到一个原价/优惠价的最小值，与选择使用优惠卷的物品比较，判断是否替换即可。

C：

非常好NOIP模拟赛,使我默写lct

首先考虑一个实链$x_1, \cdots, x_k$（从浅到深），容易发现$x_k$一定是这$k$个节点里最晚被操作的，其他的节点之间顺序随意。然后考虑$x_1$的父亲 $y$ 所在实链的链底 $z$，$x_1$ 一定比 $z$ 早操作。于是可以建一棵树，非链底向对应链底连边，链底向父亲链的链底连边，这样每个点在新树上的父亲的操作顺序一定比当前点早。

于是变成了这个问题：有一颗树，求有多少排列满足$P_x < P_{fa_x}$。这个问题可以简单的树形 dp 得到一个式子 $\frac{n!}{\prod size_u}$。

考虑这个问题在我们重构树上的组合意义。首先非链底节点的$size$ 都是$1$，链底节点对应的$size$是所在实链链顶在原树中的$size$。因此答案即为$\frac{n!}{\prod_{u \in S} size_u}$，其中$S$表示链顶集合，$size_u$表示在原树上的子树大小。为了维护集合$S$，可以用 lct 或 树剖的方法做到1log。这里介绍树剖的方法。

考虑每次access对于树剖上一条重链的影响是：一个前缀的链顶被清空了，然后前缀的末尾加入$S$。于是每条重链可以用一个栈维护，栈顶是浅的点，每次只会在栈顶做push和pop操作，均摊复杂度$O(n \log n)$。

D：

什么 b 玩意。

考虑对问题做如下转化：随机一个排列$P$，第$i$次操作删除$P_i$的倍数，但如果$P_i$已经被删除则不计入次数。

由期望线性性，答案是每个$P_i$被记入次数的概率之和。也就是$P_i$与其因子们，$P_i$是在排列里第一个出现的概率，也就是$\frac{1}{d_{P_i}}$，其中$d_u$是$u$的因子个数。

令$f(x) = \frac{1}{d_x}$，容易发现$f_x$是积性函数，可以线性筛，获得部分分。也可以min25/洲阁筛。总之选取你喜欢的筛子，可以得到$O(n^{1 - \varepsilon})$或$O(\frac{n^{\frac{3}{4}}}{\log n})$之类的复杂度。

签到题，根号分治，对于小于 $\sqrt n$ 的 $y$ 预处理后缀和，其他的暴力跳即可。

B：

对于一个区间，我们想让它最大只需要保证选择的区间都包含它即可。

考虑将所有区间下放到线段树上，然后遍历整棵树，遍历到一个节点时对当前节点存的区间做背包，若子树中没有下放区间的节点，用 dp 数组更新 vis 数组，否则遍历子树，离开节点时将对 dp 的更新撤销。

C：

先离线。

你考虑维护一个长得像历史和的 DS，你维护一个指针 $r$ 扫一遍整个序列，线段树上每个叶子 $l$ 代表 $[l,r]$，这段子区间的前缀中有多少个含有奇数个不同的数。

对于不同的数我们有经典 trick 你记一个 $pre_i$ 表示与 $a_{pre_i}=a_i$ 且离 $i$ 最近的数，那你每次要更改的就是 $[pre_r+1,r]$ 这段区间的奇偶性。

然后你对 $[1,r]$ 这段前缀所有为奇数的点进行一个整体加一，你考虑这个玩意咋维护。

一个比较 navie 的想法是上矩阵，常熟太大，我们有全♂新♂做♂法♂。

考虑维护两棵线段树，然后每次反转奇偶性就是交换对应区间，然后整体加一只对一棵线段树做就行了。

D：

先合并连续段，将值取 max，计合并完的段数量为 $cnt$，那么最多能取到的点的个数为 $\lfloor \frac{cnt-1}{2} \rfloor$。

一个结论是 $[2,cnt-1]$ 内的点任选 $\lfloor \frac{cnt-1}{2}\rfloor$ 个点都是可以取到的，考虑你每次取完点后还要从相邻的点中再消掉一个，而剩余点的数量显然大于选择的点的数量，所以一定有合法方案。

排个序，取前 $\lfloor \frac{cnt-1}{2} \rfloor$ 个点就完了。

首先计算出每个位置与它匹配的另一个位置，这一段区间为包含这两个位置的最小合法区间。

考虑拓展，递推预处理出在这个合法区间左侧和右侧紧挨着的合法区间数，这部分的方案数为 $(cnt_L+1)\times(cnt_R+1)$，然后还有可能被某个区间包含，在计算匹配位置的时候顺便计算包含这个合法区间的最小合法区间，加上这个区间的答案即可。

B：

8.30 的 A。

C：

首先我们不考虑 “两个矩阵如果删除的元素位置不同，但最后得到的结果相同，我们认为是相同的” 这句话，可以得到一个朴素的 dp：$f_{i,j}=\sum\limits_{j-k\leq l \leq j+k}f_{i-1,l}$，然后这个用前缀和优化转移即可做到 $\mathcal O(nm)$。

回过头来观察这句话对结果的影响，同一行一段相等的元素，移除它们的结果是一样的，这意味着我们会计算许多重复状态，考虑去除重复贡献。

我们发现对于第 $i$ 行相邻的两个相同元素 $j-1,j$，它们对应上一层的范围是这样的：

（红线为 $j-1$，蓝线为 $j$）

显然，上图中被白线框出来的线段被重复覆盖了，这一段为 $[j-k,j+k-1]$。

我们新增一个数组 $g$ 来记录每个元素可能会重复计算的贡献，那么 $f$ 的转移方程就不难推出：

$$f_{i,j}=\sum\limits_{j-k\leq l \leq j+k}f_{i-1,l}-\sum\limits_{j-k+1\leq l \leq j+k}g_{i-1,l}$$

注意 $g$ 的起始位置为 $j-k+1$，因为左端点不会产生重复贡献。

根据 $g$ 数组的定义和我们上面推出的式子，可以得到转移：

$$g_{i,j}=[a_{i,j}=a_{i,j-1}]\times (\sum\limits_{j-k\leq l\leq j+k-1}f_{i-1,l}-\sum\limits_{j-k+1\leq l\leq j+k-1}g_{i-1,l})$$

答案即为 $\sum\limits_{1\leq i\leq m} f_{n,i}-\sum\limits_{2\leq i\leq m} g_{n,i}$。

然后这个也是从一段区间转移，前缀和优化即可，时间复杂度 $\mathcal O(nm)$。

D：

对于树的部分，直接树剖线段树维护即可。

对于 50pts，首先把边排序，然后从小到大加边，当加入某条边时，如果还未加入的边中存在一条边使询问的点对所在连通块恰好联通，那么新加入的这条边即为所求。

然后还不会。

一个数可以被操作当且仅存在一列的顶部元素为它且存在一列的底部元素为它，初始扫一遍，将合法的元素以顶部所在列为关键字扔到小根堆里，每次找到最小的元素添加，然后检查将新露出来的元素是否存在匹配，若结束时未填完即为无解。

B：

要么在非环边上砍一刀，要么在环边上砍两刀，前一种缩环的时候可以顺便计算，后一种将不再环上的点的点权加到里它最近的环上点，然后双指针维护一个小于权值和一半的区间，每次在左端点附近取几个点计算即可。

C：

考虑某一种暴力的方式，枚举最后的结果串，再判断结果串 $s$ 是否能被 $s_1,s_2$ 拼出，这只需要我们使用一个很简单的 dp，用$dp[i][j]$表示 $s$ 考虑到第$i$位 ，其中 $s_2$ 考虑到第 $j$ 位的情况：

$dp [i][j]=(dp[i-1][j-1] \land s[i]=s_2[j])|(dp[i-1][j] \land s[i]=s_1[i-j])$

由上面的dp启示，我们发现 $s_2$ 的长度非常短，可以把与 $s_2$ 匹配位置用二进制状态压起来进行dp，用 $f[i][now]$ 表示当前考虑到第 $i$ 位，匹配状态为 $now$ 的有多少种可行串，每次枚举下一个字符进行转移即可。

D：

对于权值非负和 $tp$ 为 $0$ 的情况，二分区间和，然后 $n\log n$ 计算区间数量即可，时间复杂度 $n\log n \log V$。

爆搜可以拿到前 25 分。

考虑生成树的结构。设所有在树中的形如 $(i,i+n)$ 的边分别为 $(a_1,a_1+n),(a_2,a_2+n),\ldots,(a_k,a_k+n)(a_1<a_2<\cdots<a_k)$ 。容易发现生成树中一定包含 $(1,2),(2,3),\ldots,(a_1-1,a_1)$ 与 $(n+1,n+2),\ldots,(n+a_1-1,n+a_1)$ 这些边。对于 $a_k$ 到 $n$ 的部分同理。对相邻的 $a_i$ 与 $a_{i+1}$ 之间，除恰好一条边外，$(a_i,a_i+1),(a_i+1,a_i+2),\ldots,(a_{i+1}-1,a_{i+1})$ 与 $(n+a_i,n+a_i+1),\ldots,(n+a_{i+1}-1,n+a_{i+1})$ 都在树中。称 $a_i$ 与 $a_{i+1}$ 之间为一段。

可以发现，一条横着的边（网格中形如 $(i,i+1)$ 的边）的贡献只与它所在的段缺少的边有关，一条竖着的边（网格中形如 $(i,i+n)$ 的边）的贡献只与两端的段中缺少的边有关。所以可以设计出一个简单 dp：令 $d_{i,0/1}$ 表示当前段中缺少的边是 $(i,i+1)/(n+i,n+i+1)$ ，每次转移时枚举上一条竖着的边和上一段中缺少的边即可，进一步观察可以发现，竖着的边的选取是凸的，直接在枚举上一段中缺少的边时，双指针更新竖着的边的最优位置，就可以做到 $\mathcal O(n^2)$。

B：

场上没怎么看题。

考虑合法括号序列的一个左右两个括号匹配的合法子串，若分界点（也就是第一个偶数位置）在子串内部，那么一定会同时选出该括号序列的左右两个括号，所以分界点不能在它们内部。

所以如果将括号序列中的 ( 看作 $1$，) 看作 $-1$，分界点只可能在前缀和为 $0$ 的下下个位置（或者不存在），且这些位置显然合法（前后缀影响独立），所以合法括号序列的权值为前缀和为 $0$ 的位置个数 $+1$ 。

进一步可以发现，翻转区间 $[l,r]$ 对前缀和数组 $s_i$的影响是：$s_{1\cdots l-1}$ 不变，$s_{l\cdots r}$ 按 $x=k$ 对称，$s_{r+1\cdots 2n}$ 平移 $c$ 个单位，其中 $c$ 和 $k$ 可由 $s_{l-1},s_r$ 计算得出。

最终需要支持区间加，区间乘 -1，询问区间最值，区间最值个数，线段树实现即可。

若全局最值 $<0$ 或 $s_{2n} \not = 0$，则括号序列不合法。时间复杂度 $\mathcal O(n+q\log n)$，可以通过此题。

C：

不难发现，每个时刻只需要考虑当前存在的区间中，不包含任何其他存在区间的那些区间。容易发现这样的区间按照左端点排序后右端点也有序。现在考虑维护出每个这样的区间中，有多长的路段未被工作过，每次从中选择最小的一个就可以了，可以用线段树维护。

现在考虑如何维护未被工作过的路段长度。

首先离散化，显然可以每次只将离散化后相邻的点之间的区间标记为已被工作（最多标记 $n$ 次）。

由于区间的性质，每次标记时，一定是一段区间中的工人覆盖了这一小段。用线段树做区间减，查询最小值位置即可。

接下来考虑如何维护不包含任何其他区间的区间集合，相当于每次动态删除一个区间，要求出有哪些新的区间变成了不包含任何其他区间的区间。一种简单的方法是用线段树优化建图，建出一个 DAG，类似拓扑排序，每次删除一个区间时，更新即可。

需要维护一棵线段树，维护哪些路段未被工作，用来查询新出现的工人当前工作的工作量。

应该还可以单独维护所有被包含的区间，不太懂。

时间复杂度 $\mathcal O(n\log n)$ 。

A：

一开题以为是会考题。

给定 $n$ 个 $a,b$ 判断 $a$ 的平均值是否小于每一个 $k$。

因为 $a,b$ 范围为 $1e18$ ，而且要保留十二位小数，直接 long double 肯定不行，又因为 $n\leq 10^6$ 用 int128 模拟会 T。

正解是维护商和余数，模拟除法即可，刚好在 long long 范围内。

B：

比较水。

维护最大生成树，然后树剖 + lca 维护两点路径最小值，计算满足要求的车用树状数组维护即可。

C：

矩阵加速递推，比较好想，但是转移矩阵写起来很麻烦，前前后后敲了 30min。

今天上午：

A：

本来想写正解但是大部分时间都写 $B$ 去了，准备冲个暴力，然后我定睛一看：

诶🤓，是✌最喜欢的随机数据，而且时限 9s 随便冲。

耗得开始乱搞，30min 糊了个 sb 二分上去，check 里面长这样：

然后测本地 $n=50$ 的大样例过了，抱着试试的心态跑了 $n=2\times 10^5$ 的数据，一看 8s，感觉有戏。

这时候我发现二分 check 时用了几个 $abs$，感觉 $\max$ 可能更快，改完发现 9s 了，然后反向修改把所有 $\max-\min$ 都改成 $abs$，一测变 1s 了，开 O2 测了一发 0.5s。

人有点傻，但是一想是随机数据就释然了，感觉也就草 40 分，然后就跑去体育课了。

下午来了一看：

$n^3\log V$ 4e4 见过没，再一看：

嘿，你就凭 hack 来卡我十八。

然后卡了半小时常，加了一堆 b 优化，还是过不了，卡的过程中发现其实 Sub4 有 hack，但是没卡住我。

会去看了看 hack 数据，发现自己糖丸了，最后加了个特判：若 $x$ 的极差小于 $y$ 的极差，则交换所有点的 $x$ 和 $y$。

上午下楼的时候想到了，但是懒得跑回去加了，一测，过了，$n^3\log V$ 2e5 见过没 ，最慢点 3.9s，感觉上午亏大发了。

然后倒档回去，把上午代码就加了这一个优化交上去，2.2s，byd 我中间加的一车优化 p 用没有是吧。

然后打开

定睛一看：

byd 成榜一了，好好好，这么玩是吧。

正解也是二分，但是：

显然，对于三个点 $(A, B, C)$ ，如果存在一个边长为 mid 的正方形能覆盖这三个点，那把这个正方形选上一定不劣。因此问题可以表述为

• 对于每个点 $A$ ，判断是否存在三元组 $(A, B, C)$ ，满足存在边长为 mid 的正方形能同时覆盖 $A, B, C$ 。
  将平面分成 $mid \times mid$ 的块。注意到如果一块内有 3 个点，这一块内的点已经合法了。
  对于块内只有 $\leq 2$ 个点的块，对于其中每个点 $A$ ，枚举其周围 $(-1 \sim 1) \times(-1 \sim 1)$ 的块内所有点，这部分显然是均摊线性的。考虑以 $A$ 为角的正方形。这些正方形内都不能有超过 2 个点。

如果这样的话， $A$ 为中心的， $(2 \mathrm{mid}) \times(2 \mathrm{mid})$ 的正方形内的点数也是 $O(1)$ 的。直接 $O\left(c n t^{2}\right)$ 枚举所有点对判断即可。

实际上可以在 3s 左右通过。

实测可以在 2s 左右通过，不过也有老哥拿树状数组写的。

B：

这也是百家争鸣，解法一车，我用单调队列优化过的。

C：

根本不会多项式。

考虑分治，我们需要考虑维护跨区间贡献，可以用多项式多点求值解决，时间复杂度 $\mathcal O(n\log^2n)$。

拼尽全力无法战胜。

然后：

还有一种乱搞：考虑计算答案的平方，一次多点求值即可搞定。然而我们并不知道开出的二次剩余取哪一个，随机取一个，对于测试点数为 1 的子任务有 $1 / 2$ 的概率通过。

A：

限制比较少，用 AC 机或数位 dp 即可。

B：

直接朴素状压基本能过，正解是折半或 bitset 优化状压。

C：

简单扫描线，维护动态区间第 $k$ 小即可。

第二场：

放明天总结了。

A：

猜结论+博弈论，发现 $SG$ 为 $n$ 二进制下第 $i$ 位与 $i+1$ 位不同的所有 $i$ 的异或和，二分值+数位 dp 求数量即可。

时间复杂度 $\mathcal O(T\log^2 V)$。

B：

不会正解。

对于全为 1 的情况直接暴力枚举 $\log$ 值即可，时间复杂度 $\mathcal O(q\log n)$。

发现若存在前导 1，则根一定为 1，且最终的 0 在树上呈一条左偏链分布，这条链到根的最大距离为前导 1 的个数。

$n^2$ 枚举区间，然后枚举前导 1 的数量，不够的话枚举树高，然后计算最大节点个数是否 $>siz$ 即可。

因为节点个数是 $2^n$ 量级，所以枚举次数是小于 $\log n$ 次的，最大节点个数可以 $\mathcal O(n^2)$ 预处理出来，最终复杂度为 $\mathcal O(n^2\log n+qn)$。

这样有 41 分，剩下的不会了。

C：

原题

跑路了。

A：

递推，将每一行的限制向下转移，到最后一行。

这样我们就得到了一个 $n$ 个变量，$n+m$ 个方程的异或方程组，高斯消元。

若有解，则答案为 $2^{自由变量个数}$。

B：

转化题意，选点 $i$ 的代价为 $c_i$，同时选点 $i,j$ 的贡献为 $b_{i,j}$，发现是最大权闭合子图，最小割即可。

C：

朴素 dp 是 $\mathcal O(n^2) $ 的（但是有 $n\leq10^6$ 有95分，考虑用 cdq优化转移，可以做到 $\mathcal O(n\log n)$。

第二场：

A：

什么都能做，而我选择线段树+map乱草。

B：

还不会。

[HEOI2013] 钙铁锌硒维生素

C：

枚举自己的两天起始点和小偷的两天起始点，简单计算即可。

考虑逐位确定答案，答案的位数是 $\mathcal O(k+\log n)$ 的，因此可以将问题转化为 $O(k+\log n)$ 次询问形如 $\overline{x_1x_2x_3\cdots x_k?\cdots ?}$ 的数有多少种方案将 $?$ 替换为 $0\sim 8$ 使得这个数是 $10^k-1$ 的倍数。

一个数是 $10^k-1$ 的倍数当且仅当从低往高位，每 $k$ 位划为一段，所有段的和是 $10^k-1$ 的倍数。

因为段数很少（设为 $l$），不妨先枚举这个和，即 $[i(10^k-1)]_{i=0}^{l}$。接下来按照在段中的位置，从低往高数位 dp 即可。

时间复杂度 $\mathcal O(\log (n+k))$。

B：

两面一定是 $1$ 或出现过的数字，因此可以离散化。

如果不考虑买硬币的代价，两面是独立的，先求出一面是 $a$ 时的收益 $S_a$，这可以简单通过前缀和得到。

接下来需要求出 $\max_{a,b}\{S_a+S_b-ab\}$，考虑固定 $a$，发现只有在凸包上的 $b$ 有用，反之亦然。因此只保留凸包上的点，继而可以双指针。

时间复杂度 $\mathcal O(n)$。

C：

发现每次可以通过添加两个数，使得方案数 $\times2$ 或 $\times2+1$，这样可以拿到 60pts，打表 + 预处理可以优化成 75pts。

考虑构造如下由两部分组成的方案结构：

1. 序列 $(a_i)_{i=1}^n$，满足 $a_i\gt 0$。

2. 序列 $(-b_i)_{i=1}^m$，满足 $b_i\gt \frac{\sum a_i}{2}$。

这个方案的零和子集一定是空集或选出一些 $a_i$ 使得他们的和是某个 $b_j$，由这些形成 $a_i$ 和形成的 $b_j$ 的集合，因此如果固定 $a$，每个 $b_i$ 的贡献是独立的。

考虑令 $a$ 为某个优秀的常序列，预处理出每个 $x$ 如果加进 $b$ 中会对答案产生多少贡献，这可以通过背包求出，接下来考虑对于每个目标零和子集数求出方案，这同样可以用背包求出。

选择一个比较随机的 $a$ 序列可以通过，时间复杂度为 $\mathcal O(10^6\times 22)$。

A：

首先去除所有未确定的叶子节点，然后计算每个结点的最终状态，若根节点不为零，则当前胜负状态已经确定，否则计算有哪些初始值为 0 的叶子节点，使得将他的状态定为 -2 后根节点状态为 -2。

直接递归求合法叶子节点即可，时间复杂度 $\mathcal O(n)$。

B：

先求出全源最短路。

然后我们来考虑原题中的式子，可以发现 $\mu_{\mathrm{s}, \mathrm{t}}(v)=\mu_{s, v} \cdot \mu_{v, t}$
如果此时 s 和 v 固定，那么我们得到了新的计算式子

$$R(v)=a_{s} \cdot \mu_{s, v} \sum_{t} \frac{a_{t}}{\mu_{s, t}} \cdot \mu_{v, t}$$

这样我们先枚举 s ，然后先按照拓扑序 dp ，求出形如 $(\mathrm{S} ,* )$ 的 $\boldsymbol{\mu}$ 值，然后再逆拓扑序做一遍 dp ，计算每个 v 值的贡献，最后枚举一遍 v 进行更新答案即可。
对于 $n=m-1$ 的情况：不用求最短路也不用拓扑 $dp$ 求 $\mu$ 值。
对于 $b_i=1$ 的情况：不用求最短路。
对于 $c_i=1$ 的情况： 不用求 $\mu$ 值。

C：

我们将询问按 $r$ 排序，每次动态加入一个点。

在线段树每个节点维护这一段的有序序列和这一段的答案。

考虑加入 $a[r]$ 时，会修改前面所有点作为左端点的答案，但是，我们发现，每个点作为左端点的答案，从左到右是递增的。否则，右边有一个更优的答案，查询的时候包含了右边，那么左边的答案事实上是没有用的。

所以记录当前的最小答案 $d$ ，先更新右边，再更新左边。

如果当前加入的数 $x$ 在这一段的前驱和后继与 $x$ 的差都大于等于 $d$ ，那么答案不优，结束更新。否则递归更新。

这样复杂度是有保证的，考虑最坏的情况是更新到了最左边的端点，那么序列应该是 $a[1]=1, a[2]=n, a[i]=(a[i-1]+a[1]) / 2-1$ 才会达到最坏情况，每次把值域减少一半，最多只有 $\log$ 次更新。

第二场：

A：

找到最大子段和与最小子段和，不难想到此区间内的该变量均合法。

B：

二分答案，对于 $a$ 的每一位都用 bitset 记录满足条件的序列，并起来为 1 的即是答案。

C：

防 AK的题。

Gale-Ryser 定理

剩下的就很简单了。

D：

原题

肖芬图题解。

题目可变为：从一个点 $x$ 走到左侧或右侧第一个 $\geq y(y \leq x)$ 的位置需要花费 $l_{x}$ 或 $r_{x}$ 的代价，多次查询最短路。

首先观察一个点 $x$ 只往 $a$ 值高于自己的位置走能走到哪些点。

找到左侧从 $x$ 出发的后缀 $\max$ ，右侧从 $x$ 出发的前缀 $\max$ ，显然可以在这些位置之间左右横跳，并且由于 $l_{i}$ 单增， $r_{i}$ 单减的性质，如果想要走到这些点，一定不会在其中一步不往上走；同理如果想从这些点往 $x$ 走，也不会在其中一步不往下走。

先假设 $a$ 是一个排列，然后我们构造一棵 $\mathcal O(n)$ 个点的树，对于一个点 $x$ ，找到右侧第一个 $x^{\prime}$ 满足 $a_{x^{\prime}}>a_{x}$ （左侧同理），把这个 pair 看做一个点，将它的父亲设为 $x$ 往左（右）走一步与 $x^{\prime}$ 构成的 pair 对应的点。

这样，对于一个 $\left(x, x^{\prime}\right)$ 的点，如果已知到 $x$ 的最短路径长度与到 $x^{\prime}$ 的最短路径长度，其到它的父亲对应的最短路径长度即为乘上一个 $2 \times 2$ 的矩阵（ $(\max ,+)$ 乘法），倍增一下即能快速算出儿子到祖先的最短路（祖先到儿子同理）。

对于一名旅客，设起点为 $s$ ，终点为 $t$ ，不妨设 $s<t$ ，设中间 $a$ 的最大值为 $a_{p}$ 。最短路一定是 $s \rightarrow p \rightarrow t$ 或者 $s$ 走到 $s$ 左侧第一个 $>a_{p}$ 的点再走到 $t$ 右侧第一个 $>a_{p}$ 的点再走到 $t$ ，这两种情况中间过程均可表示为树上的祖先与儿子之间的最短路，直接倍增求值即可。

一道只需要倍增的数据结构题。

时间复杂度 $\mathcal O(n \log n)$ 。

B：

不太懂放这么个打表题想表达什么。

C：

初始矩阵：

$$E=\left[\begin{matrix}0&0&1\end{matrix}\right]$$

加入一个 $t$：

$$T=\left[\begin{matrix}1&0&0\\0&0&-1\\0&1&2\\\end{matrix}\right]$$

加入一个 $d$：

$$D=\left[\begin{matrix}0&0&-1\\0&1&0\\1&0&2\\\end{matrix}\right]$$

设 $X=T\times D$，每次转移就是 $X\leftarrow X\times X\times T$。

预处理前 $10^6$ 个转移矩阵即可获得 51pts。

注意到

对于 $n>799039878$ 时答案为 $2^{n-799039878}$，剩下的分块打表即可。

不太懂是怎么注意到的。

将一个点拆成 30 个点，代表二进制下某一位选不选，分讨与或非三种情况下，$a_i$ 和 $b_i$ 在某一位的选择，2-SAT 即可，最后将所有位加起来即可。

最后 $check$ 一遍判无解。

B：

容易想到将长度为 $n$ 的一段分成两段来考虑，这样可以得到 $O(n^2)$ 的解法，100pts 用 CDQ+FFT 即可。

C：

建 ACAM，朴素转移比较好想，最后将期望和概率扔到矩阵里加速转移即可。

我们考虑一个产生贡献的 $1 \times 1$ 矩形是由一个字符的 $\uparrow$ 和另一个字符的 $\rightarrow$ 构成的。

于是我们可以先预处理一个字符变成 $\uparrow$，另一个字符变成 $\rightarrow$ 构成的面积，最后枚举每个字符的变化情况可以算出答案。

实现精细下可以做到 $\mathcal O\left(T\left(n+2^{m}\right) m\right)$ 。

B：

将二元组 $\left(a_{i}, b_{i}\right)$ 看成线段 $\left[b_{i}+1, a_{i}\right]$ ，可以得出以下结论：

• 两个二元组反二维偏序等价于转换后的线段有交（有交的意思是至少共同包含一个点）。
• 区间合法等价于对于区间中的所有线段，若把有交的线段连接一条边，则每一个连通块的线段都必须两两有交。

我们考虑双指针的过程，考虑加入一条线段 $[l, r]$ 判定合法。

我们找到与 $[l, r]$ 连通的线段的最小左端点 $L$ ，与 $[l, r]$ 连通的最大右端点 $R$ ，显然，被 $[L, R]$ 包含的线段等价于跟 $[l, r]$ 连通的线段。

加入合法当且仅当 $[l, r]$ 内存在一个点使得被 $[L, R]$ 中所有线段包含，即 $[l, r]$ 中线段个数最大值等于 $[L, R]$ 线段个数。

使用线段树维护区间加求区间最大值，使用线段树维护区间加求前驱后继，使用树状数组维护单点加区间和，复杂度 $\mathcal O(T n \log n)$ ，常数较小。

C：

题目名字叫：

定义状态 $dp[u][x \rightarrow v]$ ，其中 $u$ 是第一个树的结点， $x \rightarrow v$ 是第二个树的有向边，用来表示是否可以匹配结点 $u$ 和 $v$ ，同时将结点 $u$ 的子树匹配到结点 $v$ 的子树，如果第二个树以 $x$ 为根结点。

通过这种方式，它匹配了边 $p(u) \rightarrow u$ 和 $x \rightarrow v$ 。

然而，这种动态规划计算速度较慢，考虑缩减状态：

不计算所有形式为 $dp[u][x \rightarrow v]$ 的状态，而是一次只对一对结点 $(u, v)$ 运行一次匹配。

如果找到了覆盖左部分的匹配，就做完了；

如果无法覆盖至少 2 个结点，则所有 $dp[u][x \rightarrow v]$ 的值为 0；

如果除了一个结点外都能覆盖所有结点，则从该结点运行一次 dfs，沿着任何边向右走，只沿着匹配中的边向左走，这样就可以找到所有 $dp[u][x \rightarrow v]=t r u e$ 的结点 $x$ 。

这种解决方案的时间复杂度是 $\mathcal O\left(n m^{2}\right)$ ，其中 $n$ 是结点数， $m$ 是边数。

使用 Dinic 算法，时间复杂度是 $\mathcal O(n m \sqrt{m})$ 。

D：

我们从小到大枚举 $r$ ，并对于每个左端点维护 $\operatorname{mex}\left(a_{l . . r}\right)$ （下面记为 $\left.\operatorname{mex}(l, r)\right)$ 。这个显然是随着 $l$ 的递减而单调不降的。

我们考虑新加入 $a_{r+1}$ ，并从 $r$ 的信息转移到 $r+1$ 的信息。

考虑是否存在一段区间 $\left[l^{\prime}, r^{\prime}\right]$ 满足所有 $i \in\left[l^{\prime}, r^{\prime}\right], \operatorname{mex}(i, r)$ 都相等。如果不存在，那么新加入一个数后，之前的 mex 都不会变。

如果存在，则这段中的 mex 都会变大。

我们考虑把这样的段都找出来，每次删掉一个段，插入若干段。由于任意时刻，段数最多只有 $n$ ，所以总共插入的段数是 $O(n)$ 。

用线段树维护每个值最后一次出现的位置，那么所有段的开头就可以在线段树上 dfs 得到。

dfs 的总时间复杂度 $\mathcal O(n)$ 。

我们发现，每次相当于增加了 $\left[l^{\prime}, r^{\prime}\right]$ 对 $[l, r]$ 的贡献。由于每个值域的贡献是不交的，我们对每个值域维护一条扫描线即可。

由于题目要求强制在线，我们用可持久化线段树维护扫描线即可。

时间复杂度 $\mathcal O(n \log n)$ 。

A：

分为两种情况处理：$u$ 到 $lca$ 和 $lca$ 到 $v$。

我的做法是先树剖， 将每条链单独拿出来拉出来，根据 $a_i$ 和 $b_i$ 连边，正反各建一棵树，维护一下 $k$ 级祖先。

然后从 $u$ 到 $v$ 的时候每次根据从 dfs 序由小到大还是由大到小选择上面说的正树或是反树，二分找到合适的出口，转移即可。

时间复杂度 $\mathcal O((n+q)\log^2 n)$。

我是什么傻逼才想出来码量这么大还麻烦的做法，糖丸了。

B：

式子有点长，不想写了

C：

考虑把求距离和矩阵乘法两部分合到一起做。

以 1 为根，设 $G_{x}$ 表示 $x$ 子树中的所有点到 $x$ 的矩阵之和，也就是

$$G_{x}=\sum_{y \in son_x} \operatorname{arr}^{A \times(\operatorname{dis}(x，y)+1)}(k-1)^{A \times n-A \times(\operatorname{dis}(x, y)+1)}$$

那么所有的 $s=x$ 且 $t \in x$ 的子树的贡献 我们就一并统计了，此时 $G_{1}$ 就是 $s=1$ 的答案， $G_{x}$ 的转移式也很好写出：

$G_{x}=\left(\sum_{y \in s o n_{x}} G_{y}+I \times(k-1)^{A \times n}\right) \times \operatorname{arr}^{A} \times\left(\frac{1}{k-1}\right)^{A} 。$

类似的，其它点的贡献可以用换根 dp 求出，适当的预处理一下矩阵和 $k$ 的快速幂可以做到 $O\left(2^{3} n\right)$ 。

🐽🐽🐽🐽🐽🐽🐽🐽🐽🐽🐽🐽🐽🐽🐽🐽

今天抽了半周年池子。

大号还差一个拉🐕，本来70抽三个六星该出了， 结果后面两个都歪了，分别造出了四潜的焰影苇草和三潜的斥罪，不过又快保底了，看我妈手气罢。

值得一提的是我给我大号和k8的b服号抽的时候都是单点一个四星接送的十连第一个出忍冬。

然后是我小号（我妈的号），上号发现一个月没看，号上多了一百多石头+2w合成玉，简单抽了八十抽毕业了，有一个双黄俩忍冬/kk。

虽然还没出拉🐕，但是大号80六星所以纪念一下。

今天ez放假。

为什么我考完试就放假啊为什么我考完试就放假啊为什么我考完试就放假啊为什么我考完试就放假啊为什么我考完试就放假啊为什么我考完试就放假啊为什么我考完试就放假啊

想回家和同学van。

恼了，不过习惯了。

卡双模哈希。

核心是生日攻击。

首先正常随机字符串卡第一个模数，期望随机 $\sqrt p_1$ 次，找到冲突的两个字符串 $s_1,s_2$。

然后我们将 $s_1,s_2$ 当成两个字符，不断随机由若干个 $s_1,s_2$ 拼接成的字符串去卡第二个模数，然后就没了。

瓶颈在于两次构造字符串的长度，调调参可以跑的稳定一点。

B：

solution

C：

solution

感觉这么长题解不是我能全打一遍的，有机会再说。

A：

唯一的唐题。

对 a 建个线性基，把除了关键点以外的所有数先整出来，之后就是关键点内部搞，将对应矩阵消成上三角矩阵，使得每个点不会后面产生影响。

B：

首先答案是 :

$$\left(\sum_{i=1}^{n}\left|a_{i}-p_{i}\right|\right)+C \times(n-\text { 置换环个数 })$$

交换两个数最多增加一个置换环，因此是 $(n-置换环个数)$ 次操作。下面给出一种构造：
对于两个位置 $i, j$ ，想要再交换过后仍能达到最优解，需要满足:

$$a_{i} \in\left[\min \left(a_{j}, p_{j}\right), \max \left(a_{j}, p_{j}\right)\right], a_{j} \in\left[\min \left(a_{i}, p_{i}\right), \max \left(a_{i}, p_{i}\right)\right]$$

证明考虑讨论绝对值的情况即可。

对于每个置换环分开考虑。

我们把当前环中 $p$ 最小的位置拿出来，设为 $i$ ，那么 $j$ 满足条件 $a_{j} \geq p_{i}, p_{j}>p_{i}$ 。

优秀的查找方式是从 $i$ 出发，维护两个指针，一个往顺时针走，一个往逆时针走，直到其中一个找到了这个 $j$ 。

注意到这样找到这个环的次数是新的两个环中环长的较小值，所以复杂度是 $\mathcal O(n \log n)$ 的。

C：

没。

A：

整体二分，考虑二分最小值，每次用并查集维护连通性，集合大小即为第二问答案，由于会出现回退，所以并查集要用启发式合并。

还有其他做法，不太懂。

B：

原题链接

推市 子题，懒得打了。

C：

首先暴力连边，缩完点后每个点内所有点两两成对，点与点之间不会产生贡献。

可以用线段树维护 $dfn$，线段树的节点上用 $vector$ 按 $dep$ 升序存储 $[l,r]$ 内所有点的信息，而且 $vector$ 内的信息向真实的点连边，$vector$ 内的点向比它小的相邻的点连边。

那么我们可以将一个子树按 $dfs$ 序划分成若干区间，对于每段区间，二分查找到最后一个满足 $dep$ 的点连边。

也可以用 K-D tree 优化建图，将所有点 $dfs$ 序设为 $x$，编号设为 $y$，连边就变成每个点向后一个矩形连边，边数为 $N\sqrt N$。

场上唐了。

对于每个 $n$，记录能够用 $a$ 个 $+$ 号与 $b$ 个 $\times$ 号组成 $n$ 的这些 $(a, b)$ 对，如果某两个对 $\left(a_{1}, b_{1}\right),\left(a_{2}, b_{2}\right)$ 满足 $a_{1} \leq a_{2}$ 且 $b_{1} \leq b_{2}$，那么无需记录 $\left(a_{2}, b_{2}\right)$ 。

用倍增可以做出一个 $\max (a, b) \leq 2 \log n$ 的构造，于是只需保留那些 $\min (a, b) \leq2\log n$ 的 $(a, b)$ 对，共 $\mathcal O(\log n)$ 个。

通过枚举最后一次运算是什么 (即枚举 $n_{1}+n_{2}=n$ 或 $n_{1} \times n_{2}=n$，并用 $n_{1}, n_{2}$ 的 $(a, b)$ 对来更新 $n$ 的 $(a, b)$ 对)，可以在 $\mathcal O\left(n^{2} \log ^{2} n\right)$ 时间内计算。

一个性质是，参与加法的 $n_{1}$ 总是不超过 4 ，这样 $\left(n_{1}, n_{2}\right)$ 的枚举量降至 $\mathcal O(n \log n)$，总复杂度是 $\mathcal O\left(n \log ^{3} n\right)$ 。

B：

直接拿大正方形算，不好做，将正方形分割为四个直角三角形和一个小正方形，横平竖直，比较好算。

判断正方形内是否存在点，可以用扫描线解决。

判断直角三角形内是否存在点，考虑将问题转化成 “$x \leq x_{0}, y \leq y_{0}$ 构成的区域内，半平面 $ax+by+c\leq0$ 内是否有点”。

解决上述问题的方法是，建立 $x \leq x_{0}, y \leq y_{0}$ 构成的区域内的所有点构成的凸包，找到凸包上距离直线 $ax+by+c=0$ 的有向距离最大的点，判断这个有向距离是否 $\geq 0$ 即可。

用线段树处理 $x \leq x_{0}, y \leq y_{0}$ 的限制，基于对点集与询问的半平面的预先排序，可以在 $\mathcal O\left((n+q) \log ^{2}(n+q)\right)$ 的时间内对每个线段树结点建立凸包并计算出每个半平面所对的最远点。

C：

神秘