标签：1.15 记录 然后 这题 那么 括号 就行了 1.21 dp
2022.1.15
CF1601D
神仙贪心题
CF367E
wdnmd，我第一步转化是对的，就是转成 \(2n\) 个端点，然后合法状况下他们一定可以构成一个括号序列，然后两两匹配
然后我 tm 往卡特兰数那一块去想了，寄（不过讲道理往卡特兰数那一块去想挺显然的，就是要注意题目的特殊条件，别乱猜结论，在结论不确定时候要谨慎！）
考虑 \(n >m\) 的时候一定无解，因为这就必然有两个区间的左端点相等，那他们必然包含
考虑把左端点看成左括号，右端点看成右括号，则必可以形成一个括号序列
对于一个点 \(i\)，有四种情况
1 啥也不放
2 放了一个左括号
3 放了一个右括号
4 放了一个左括号和一个右括号
然后按照这玩意直接 dp 就行
CF356D
最后会搞出来一个森林
对于每棵树，最省事的办法就是按照 \(a_i\) 排序，然后把它搞成一条链
然后你直接 dp ，记录之前存在的位置就行了
因为 sb 出题人，所以你要 bitset 优化一下常数
综上所述，这是一道烂题
CF1292D
对树上路径和问题有了更深的理解
在树上关键点和的问题，可以证明最优点一定是某个关键点之一：如果在虚树外，那么显然移到最近的虚树点最优；如果在虚树上，那么根据两边的带权 size ，移到一点不会更劣
lca 挺好求，那这题就没啥了
CF1295F
这题跟 APIO 那题挺像的
因为sb zsh 看错题了，reverse 一下求单调不降的方案数
考虑离散化值域，设 \(f_{i,j}\) 表示前面 \(i\) 个数，第 \(i\) 个在值域 \(j\) 的方案数
数据范围太小，暴力枚举就行了
用了一个在长度为 \(l\) 的区间内选 \(k\) 个不降的数的方案数是 \(l+k-1 \choose k\) 的 trick
CF1179D
wdnmd WA 11，怒抄代码
其实就是容斥一下，斜率优化
长得也很像李超 tree，就是不知道为什么过不了 /fn
2022.1.16
CF1617E
感觉这题非常 sb 啊，不知道为什么 2700
你就直接连边，你发现每个点至多连 \(\log a_i\) 条边
然后搞出来一棵树
然后就无了啊
CF578D
你先考虑在 \(s\) 上挖个空，然后扔回 \(t\) 里
那么对于相同的 \(t\)，答案是 \(n*(m-1)\) ，即和原串相同 \(index\) 的字符不同即可
那么答案就是 段数\(*n*(m-1)\)
然后有一些东西会被算重，比如 \(abab\)，相当于把第一个 \(a\) 扔到了最后一个 \(b\) 后面，又相当于把最后一个 \(b\) 扔到了第一个 \(a\) 前面
那么处理出这样的极长段，减去它们的每个子串就行了
CF1408G
按照边从小到大排序，一个个加边
发现能分成一块，当且仅当它是一个团
用并查集，记一下每块的 \(size\) 和加边数量，\(merge\) 的时候卷积就行了
CF1453F
？？？？我竟然能 20min 切 2700 的题目？？？？
1453好
你大力考虑 \(dp_{i,nxt}\) 表示从 \(i\) 开始，下一步跳到 \(nxt\) 的最小代价
然后你只需要保证 \([i+1,nxt-1]\) 这一段的点跳不到 \(nxt\) 就行了，用个 priority_queue 维护一下就行了
没了？？？？？？？？？？
CF500F
每个物品上架持续时间相等，那么我们每次询问的区间就是 \([a_i-p,a_i]\) 之间上架的物品
把时间轴分成 \(L \over p\) 份，每份之间有一个关键点
那么每次询问的区间必然包括一个关键点
那么我们对于每个关键点往左和往右分别做 01 背包
每次询问对左右两个区间 \(merge\) 就行了
CF1146G
原本以为要 mcmf，口胡了亿堆模型，都挂了，果然没有网络流技巧 /ll
看了题解，发现只要普通的最大流
显然套路地拆点，把 \(i\) 拆成 \(i_0,i_1\cdots i_h\)
\(S\) 连向 \(i_0\)，\(i_h\) 连向 \(T\) ，容量 \(inf\)
然后假设每个点已经建了高度为 \(h\) 的楼
所以 \(i_j\) 向 \(i_{j+1}\) 连容量为 \(h^2 - j^2\) 的边，表示建高度为 \(j\) 的楼
再考虑罚金，每个询问建一个新点 \(p\)，对于 \(i \in [l,r]\)，连边 \(i_{x+1} \rightarrow p\) ，容量为 \(inf\)
然后连边 \(p \rightarrow T\)，容量 \(c\)
直接跑一发最小割就好了
CF48G
我又双叒叕假了
你考虑只在树上走的情况，换根一下，有手就行
然后你发现这是一颗基环树
那你把环单独拎出来，然后在环上的每个结点挂上 \(tag\)，往自己的子树里更新就行了
对于环上的结点 \(u\) ，设 \(dp_u\) 表示它的子树内走到它的距离之和，这玩意也是有手就行
然后你考虑枚举环上的每个点，距离小于环一半的走左边，距离大于环一半的走右边
两边的操作类似
对于左边，显然有
\[f_u = \sum_{v\text{可以走左边}} dp_v+dis(u,v) \times size_v \]那么 \(\sum dp_v\) 比较好求，右边那项不是特别好求
你考虑把 \(dis(u,v)\) 拆开，因为在环上，变成 \(s_v - s_u\)
就可以前缀和优化了 /hanx
CF494D
把式子转化成
\[f(u,v) = 2\sum_{x \in S(v)} d(u,x)^2 - \sum_{i=1}^n d(u,i)^2 \\ = 2 \sum_{x \in S(v)} d(u,x)^2 - dp_u \]先考虑式子的前半部分
记 \(lca = lca(u,v)\)
对于 \(dep_w \leq dep_{lca}\) 的 \(w\)，设 \(d_1 = dis(u,lca),d_2 = dis(v,lca)\)
\[\begin{aligned} d(u,w)^2 & = (d(v,w)-d_2+d_1)^2\\ & = d(v,w)^2 + d_1^2+d_2^2-2d(v,w)d_2+2d(v,w)d_1-2d_2d_1 \end{aligned} \]那么这玩意比较好做
对于 \(dep_w > dep_{lca}\) 的 \(w\)，设 \(d_0 = dis(u,v)\)
\[\begin{aligned} d(u,w) ^ 2 &= (d_0-d(v,w))^2\\ & = d_0^2 + d(v,w)^2 - 2d_0d(v,w) \end{aligned} \]长得就很能做
然后考虑 \(dp\)，这玩意直接换根一下做完了
没了吧（
好像没有跟我做法差不多的，那我写个代码吧（咕咕咕）
2022.1.17
早上打了场比赛，390 分
这个 C 我也不知道为什么乱搞能过，学了一下 tutte 矩阵
这个 D 我也不知道为什么乱搞 90 分，没有想到点分治 + dfn 序 dp 就挺淦的
CF1034C
哦哦哦牛逼题
你思考一下，对于分成 \(k\) 个联通块，每个连通块的价值就是 \(S \over k\)
那么 \((u,fa_u)\) 这条边 cut 的必要条件就是 \(sum_u \equiv 0 \pmod {{S \over k}})\)
这也就证明了对于分成 \(k\) 个连通块，分法是固定的
那么对于每个 \(k\)，这种 \(u\) 的数量可以容斥一下求出来，时间复杂度 \(O(n \ln n)\)
那么对于一个 \(k\)，它可以由 \(k = td\) 的 \(d\) 转移过来，再容斥一波
没了
CF1000G
？
感觉没有题解说的那么复杂啊
你就考虑除了 \((u,v)\) 路径上的每个点，加一下从这个点往外跑路的贡献就行了
对于非 \(lca\)，他只能向子树内跑路，那么 $dp $ 一下就行了
需要注意的是，有可能他跑着跑着跑到原路径的 son 去了，那你记一下就行了
对于 \(lca\)，首先它可以向上面跑路，这玩意树形 \(dp\) 乱做就可以了
其次它可以像非两个 son 的子树跑路，那你还是记一下两个 son，分类讨论就行了
甚至还是线性的（？
2022.1.18
mmp 昨天中午没睡觉，下午晚上没状态，非常生草
CF715C
艹差点被这题诈骗到了
你就考虑点分治，然后把每条路径整出来，分别把他作为前半部分和后半部分的值整进去
然后没得了
CF906D
有一个牛逼结论，\(\varphi(x)\) 的收缩速率很快，对一个数一直 $\varphi $，只要 \(O(\log)\) 次，他就无了（
那你直接开整线段树，对于每个 \(v = \varphi\)，你记录一波这个区间的值
随便 \(merge\) 吧
无了
CF1270G
麻了，又是一道牛逼建模题
因为 \(i-n \leq a_i \leq i-1\)，所以 \(1 \leq i-a_i \leq n\)
那么从 \(i\) 向 \(i-a_i\) 连边
\(n\) 个点，\(n\) 条边，每个点都有出边，这是一个基环内向树森林，不过这并不重要
考虑这个森林里的任意一个环，有 \(i = i+ \sum-a_i\)
那么这个环上的所有点就是答案
CF1370F2
危，一做这种稍微偏思维的题就寄
只想到了在 \((u,v)\) 路径上的点的 \(l\) 一定是最小的，然后就不会了
你考虑把第一次询问得到的 \(x\) 设为根，然后把整棵树按照深度划分
你考虑二分这个深度，每次询问 \(dep_{mid}\) 这个集合里的点
如果 \(ans = l\)，就说明较深的端点的深度 \(\geq mid\)
那么这样得到的最后一个合法答案就是其中一个端点 \(u\)
之后再询问到 \(u\) 距离为 \(l\) 的点集就行了
但是注意这样的理论询问次数是 \(1 + \log (1000) = 12\) 次
有一个小的优化：较深的点的深度一定 \(\geq {l \over 2}\)，这样就能让二分次数减少一次，就能水过去了（
CF1458C
麻痹的哪个傻逼往题目 tag 里加了个 matrices，欺骗老子感情 /fn/fn/fn
这题是学诚还是学信讲的
大概就是把原本的二维点扩容成三维点
然后就是普及组模拟题（
CF713D
本来看这题面又臭又长打算喷人，看了一眼出题人是 Sonechko ，那就算了，不喷了 /hanx
之前做过一个 2400 的跟这玩意类似的题，但是看起来比这题牛逼多了
你考虑一个点作为正方形的最左上的点，最大边长是多少
这玩意你二分一个 \(d\)，然后就 check \(f_{i,j+1} \geq d-1,f_{i+1,j} \geq d-1,a_{i+d-1,j+d-1}\) 就行了
然后对于询问，你二分一波，能得到左上端点大概在一个范围里
然后你 二维线段树（？） check 一下这个区域里的 \(f_{i,j}\) 最大值就行了
啊啊啊啊啊啊啊这个 arsijo 是谁啊啊啊啊啊啊啊 还我 Sonechko 姐姐啊啊啊啊啊啊啊 /流汗黄豆（差不多得了）
CF1254D
焯 （我写这题的时候一直在喊焯）
经历了 2 次看错题意之后，终于理解了正确题意，并通过牛逼的乱搞做法 4663ms 通过了这题（时限 5s）哈哈哈哈我是傻逼
首先这题跟概率期望卵关系没有
你大概就是无脑分类讨论一下每类点的贡献吧
比较难搞的是对于一个点，它的每棵子树的贡献都不同
那么对于这种点根号分治
如果这个点的度 \(\leq B\)，就直接枚举儿子模拟
如果这个点的度 \(>B\) ，这种点的个数不会很多，就把这个点扔进一个集合里，每次 query 的时候枚举更新贡献就行了
取 \(B = \sqrt{n\log n}\) 最优
这好像是标算的时间复杂度
据说有 \(O(n\sqrt n)\) 甚至 \(O(n \log n)\) 的牛逼做法，我滚去学习一波
哦大概懂了 \(O(n \log n)\) 的做法
就是其他的不变，你发现瓶颈在于对度数根号分治
那你可以考虑树剖，然后对于一个点，只更新重儿子，同时在当前节点打个 tag
那么查询的时候，第一种情况是直接在重链上就搞定了，第二种情况是到链顶，查一下链顶的 father 的贡献
ntf nb ！！！
2022.1.19
怎么做题速度越来越慢啊，这个壬是不是要凉了 /kk
CF351D
对于一个区间的答案，要么是这个区间的颜色个数，要么是颜色个数+1
取决于第一次操作能不能完整地干掉一个颜色，即有没有颜色形成等差数列
那么可以考虑对于每个点，递推计算它往左形成等差数列的同颜色点最远到哪里
直接 query 区间 min 就行了
至于区间颜色个数，我会莫队
CF487D
\(nxt(i,j)\) 表示从 \((i,j)\) 出发，会从 \((i,nxt(i,j))\) 跳出第 \(i\) 行这玩意随便预处理，顺便判个无解（
然后你觉得非常牛逼，就把 \(\sqrt n\) 行合成一块
\(nxt2(i,j)\) 表示从 \((i,j)\) 出发，会从 \((i+B,nxt2(i,j))\) 跳出来
修改暴力 rebuild 就行了
CF452F
尝试乱搞失败（
考虑正解
把当前的值域序列看成一个 01 串，从左往右扫，已经出现的为 1，没有出现的为 0
那么对于值 \(v\) ，它不会被包的充要条件是以它为中心是个回文串
然后你有一万种方法维护回文（
CF1344D
我草草草牛逼题，不过并不想写代码（
对于 \(i\)，设当前 \(b_i\) 为 \(x\)，则给 \(b_i + 1\) 的增量是 \(a_i - 3 x^2 - 3 x - 1\)
容易发现，这个增量是单调递减的
那么你可以二分一个整数 \(mid\)，然后对于每个 \(i\) ，把增量 \(\geq mid\) 的操作次数都加上，判断是否超过 \(k\)
你可以二分出一个最大的 \(mid\)
但注意此时操作次数和并不一定等于 \(k\)，你对于剩下的几个可以接受的操作次数，拿个堆模拟一下就可以了
CF827E
根据牛逼结论，循环节 $ = n - nxt_n$
那么只要计算合法的 \(nxt_n\) 就可以了
那么只要计算前 \(len\) 个和后 \(len\) 个是否相等就可以了
那么只要 \(\forall i \in [1,len] ,s_i = s_{n-len+i}\) 就可以了
那么你可以维护两个数组，一个表示它为 \(V\)，一个表示它为 \(K\)，卷积，查询是否合法就可以了
还要注意要求是 \(nxt_n\) ，所以还要枚举倍数 check 一遍
2022.1.20
昨天晚上被 SAM 折磨了。好在会了，现在神清气爽 /hanx。
老年选手觉得自己的博客要注意语言规范，所以我要加句号。
LOJ2033
裸题吧，\(\sum {len(i)-len(fa(i))}\)。
LOJ2102
泪目，一早上终于把这题过了。
考虑一个点的出现次数，它的意思是从源点经过一堆边，到达这个点的次数。注意，并不需要从这个点往外出边。那么加入一个新的字符的时候，显然是枚举它的每个后缀，然后更新。这一部分可以建出 \(parent \ tree\) 之后搞出来。
然后考虑 \(T = 0\) 的情况。设 \(f_u\) 表示从 \(u\) 开始，不算空串的方案数。这玩意可以在 DAG 上 dp。至于 \(T=1\) ，就是出现次数不同而已。
我现在对 SAM 也不是很懂，不太理解。
CF235C
这题用了几个小 trick。
第一个是对于一个字符串的循环移位串，可以把他的前 \(n-1\) 个字符复制一遍，贴在原串后面。这样形成了一个长度为 \(2n-1\) 的串，它的每个长度为 \(n\) 的串都是原串的循环移位串。
第二个是 SAM 上的性质。要注意，一个字符串在 SAM 上跑，在后面新加进一个字符的时候，要一直跳 \(fa\) 直到有这个字符的出边。当前跑到 \(u\) 节点的意思是，有最长的 \(t\)，满足 \([r-t,r]\) 这个子串在模式串中出现过，这个子串的 \(endpos\) 集合跟 \(u\) 的 \(endpos\) 集合相同。这个要好好体会。
第三个是，因为在 SAM 上跑的是后缀，所以它是支持删除第一个字符的。具体的操作是，直接 $len-- $，然后判断一下跟 \(parent \ tree\) 树上的 \(fa\) 的 \(len\) 是否相等。
LOJ3018
比较的裸吧。
首先按照套路，求出每个点的出现次数（其实就是 \(endpos\) 大小）。
然后你发现如果这个点的出现次数为 \(k\)，那么它的贡献是连续的，即从 \(minlen(x)\) 到 \(len(x)\) 都加 \(k\)。
随便哪个啥玩意维护都行。
CF1207G
老年选手口胡出了一个排序乱搞之后 SAM+LCT 的神奇做法。
老年选手发现这题居然还能用 AC 自动机做。
老年选手表示今天好困，不想思考。
老年选手想等自己状态好点再看这题。
CF961F
感觉这题直接哈希硬草就行了啊。 upd ：傻逼老年选手又假了。
如果 \(S_{1...k}\) 是 \(T_i\) 的 \(border\)，那么 \(S_{2...k-1}\) 一定是 \(T_{i-1}\) 的 \(border\)。
所以答案的增量很小。
那么直接递推就可以了。
2022.1.21
CF616F
看到这题，首先想把一坨串拼在一起，建个 SAM。串之间要分割怎么办呢，加个特殊字符。特殊字符怎么处理呢。我会 拓扑序SPFA$^&!@#@#%!!@#@ 。
然后疯狂 WA。
然后 zjr 说这玩意叫广义 SAM。
然后我去学了一下。学会了 bfs 建广义 SAM。
然后再写了一发，又疯狂 WA。
我写你
标签：1.15,记录,然后,这题,那么,括号,就行了,1.21,dp 来源： https://www.cnblogs.com/ZHANG-SHENG-HAO/p/15831916.html
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