PB的一些神題（1）

時間 2019-11-18

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首先ORZ PB優化

ARC068F

考慮在k的位置把一個合法序列掰成兩半：$[1,k-1]$和$[k+1,n]$spa

先考慮擺$[k+1,n]$的方案數，容易發現剩下的是一個單調隊列，每次能夠從頭尾兩端取。設$A_i$表示有$i$個元素的單調隊列的取法，有$A_0=A_1=1,A_i=2A_{i-1}(i\geq 2)$，顯然這能夠預處理翻譯

而後是考慮$[1,k-1]$的方案數。能夠發現code

$[1,k-1]$內的最小值要大於$[k+1,n]$內的最大值（性質1）
$[1,k-1]$由兩個單調降低序列穿插而成，且有一個隊列在$k$處結束（性質2）

設$f[i][j]$表示填了$i$個數，最小值爲$j$的方案數排序

考慮新加一個數$k$，若是$k<i$，那直接轉移，不然只有當前沒填過的最大的$k$能加入序列，不然會構成大於2個單調降低序列或者破壞性質2.隊列

因此有$f[i][j]=\sum\limits_{k>j} f[i][k]+f[i-1][j]$遊戲

後綴和優化便可get

代碼it

AGC014D

首先 ~~和你旁邊的人~~ 手玩一下樣例和本身造的樹io

~~而後你旁邊的人就會罵你把必敗態給他玩~~

而後你會發現，若是存在葉子節點，選它的父親能夠迫使後手選葉子節點，重複這個過程。

再想一下，若是把已經塗色的點刪掉，這個過程就是貪心求完美匹配的過程。

因而有結論：若是存在完美匹配，後手勝，不然先手勝。

代碼

AGC005F

~~一個取模引起的血案~~

這東西正着算很難算，考慮反着算 ~~而後你就作完了~~

設$f_{x,k}$表示選k個點組成的連通圖中不包括x的方案數，易知這k個點都在x的子樹中

因此$f_{x,k}=C^n_k-\sum\limits_{u\in x} C^{sz_u}_k$,$ans_k=\sum f_{x,k}=n*C^n_k-\sum\limits_x\sum\limits_{u\in x} C^{sz_u}_k$

設$sz_u=i$的個數爲$num_i$,則

$ans_k=n*C^n_k-\sum\limits_{i=1}^{n-1} num_i*C^{i}_k\\=n*C^n_k-\sum\limits_{i=1}^{n-1} \frac{i!}{(i-k)!k!}\\=n*C^n_k-\frac{1}{k!}\sum\limits_{i=1}^{n-1} \frac{i!num_i}{(i-k)!}$

令$A_i=num_i*i!$,$B_i=\frac{1}{(n-i)!}$，這就是一個套路的NTT

代碼

ARC082E

從原圖中隨便取一個凸多邊形出來，設頂點點集爲$S$，凸多邊形內（不含頂點）的點的集合爲$T$

設$T$的子集爲$T'$，則$ S\cup T'$有$2^{|T|}$種取法，即$2^{|S\cup T|-|S|}$種取法，是否是和原題求的東西很像呢？也就是說，一個存在凸包的點集對答案有1的貢獻。

因而就枚算一下不存在凸包的點集，即所有點共線的點集的個數，直接暴力$O(n^3)$

代碼

AGC010E

首先能夠發現，不互質的數的相對位置不會改變。

而後你按字典序，對一個數$x$，把它和儘可能小的不和它互質的數連邊（這個我不知道怎麼講清楚，看代碼8……），而後你就獲得了一堆拓撲圖。把它們丟去拓撲排序，按照題意，每次必定會把當前最大的入度爲0的點輸出，用優先隊列維護拓撲排序的過程便可。

代碼

AGC010D

~~以前按奇數的個數討論勝負，一看到題解"奇數個偶數"我就知道我想假樂~~

~~而後從新想~~

若是這個序列中若是存在1，把這個序列中（不爲1的數-1）加起來，若是和爲奇數先手勝，不然後手勝。

考慮前後手的一輪操做，在沒有除法的狀況下，能夠保證奇/偶數個數的奇偶性不變，一樣，在這個過程當中，gcd爲奇數，因此除法不影響奇/偶數個數的奇偶性。而後變到1就不能操做，偶數個數整體趨勢仍是減小的。當只剩一個偶數和一堆1時，根據上面的結論先手勝。因此有偶數個奇數時，先手必勝。

不然若是有偶數個偶數時，考慮遊戲中任意一個局面，它的gcd爲1，說明原序列中有$\geq 1$個奇數。也就是說，若是先手對偶數執行-1操做，gcd一直爲奇數，除掉了之後奇偶數的個數不變，即變成了有奇數個偶數的狀況，此時先手必敗。那操做奇數呢？只剩下一個奇數時才能這麼幹，不然仍是先手必敗,理由同上。因此有偶數個偶數，且奇數個數$> 1$時，後手必勝，不然除掉gcd繼續處理。

模擬一下就完了

代碼

AGC008E

首先能夠建一個$i\rightarrow p_i$的圖，它顯然會有不少個環。一個$i\rightarrow a_i$的圖是由$i\rightarrow p_i$或$i\rightarrow p_{p_i}$的邊組成

而後考慮一個環在通過這樣子變化後會變成怎樣:

全是$i\rightarrow p_i$的邊

和原圖同樣
全是$i\rightarrow p_{p_i}$的邊

奇環沒被拆掉，不過和原來的環長得不同。

偶環被拆成兩個大小同樣的環。
兩種邊都有

最後會造成環套樹，且樹是鏈的形態，一個環點只能掛一條鏈。

如今從$i\rightarrow a_i$反推會$i\rightarrow p_i$

環
偶環和自環沒變化，貢獻爲1

奇環能夠變得不同也能夠維持原樣，貢獻爲2

合併環，設合併$2i$個長爲$l$的環。因爲環的形態是固定的，因此合併兩個環的方案數爲$l$ . 而後環對內的順序和環對的相對順序沒有關係，因此最後方案數爲$\frac{l^i*(2i)!}{i!2^i}$
環套樹
設掛鏈的環點爲關鍵點，鏈長爲$len$，一個點和它後邊第一個關鍵點的距離爲$dis$

若是$len<dis$，鏈的第一個點有兩個地方塞，因此有兩種塞法

若是$len=dis$，只有一種塞法

不然沒有塞法

加法/乘法原理統計一下就好了

代碼

CF1217F

~~1操做map判斷有無連邊，2操做可撤銷並查集維護~~

上面是假的，在線要寫ETT，然而LOJ最短的ETT板子也有6k……

考慮$lstans$只有0和1兩種取值，而後就能夠把一個詢問$q_i$拆成兩個$q_{i,1},q_{i,2}$，組成全局詢問。對全局詢問處理，處理出和下一個和$q_{i,j}$徹底同樣的詢問出現的時間$nxt$，則$q_{i,j}$這個詢問存在的時間爲$[i+1,nxt]$。而後線段樹分治+可撤銷並查集進行處理。

處理方法：分治按時間分治。記上次的答案爲$lstans$，而後處理出真的詢問/修改。若是是詢問直接詢問。若是是修改就拿個map記一下這個修改有沒有被加過，沒被加過就把這個修改對應的區間加上這條邊，不然不加。

對於$lstans\oplus 1$對應的修改，也要判斷是否能夠加到線段樹裏進行加邊，可是不喲用修改map！！

正確性嘛……沒有涉及到的邊會一直加，直到被涉及到……

代碼

AGC036F

哎金華集訓講過來着？~~證實我在睡覺~~

這裏意譯翻譯一個官方題解，感受很妙：

考慮直接容斥：

求全部$i$知足$p_i^2+i^2<(2n)^2+1$的狀況下，欽定$k$個$i$知足$p_i^2+i^2<n^2$的方案數。設$l_i$表示知足$x^2+i^2<n^2$最大的$x$，$r_i$表示知足$x^2+i^2<(2n)^2+1$最大的$x$.令$被欽定了沒被欽定h_i=l_i(被欽定了)\;or\;r_i(沒被欽定)$。把$h_i$從小到大排序，則方案數爲$\prod\limits_{i=0}^{2n-1} (h_i-i)$

而後你 ~~就須要和出題人同樣有強大的腦洞~~ 要考慮一下$h$有什麼限制：

把$l_i$和$r_i$劃分紅三個集合$A$,$B$,$C$：

$A=\{l_i|\;0\leq i\leq n-1\}$
$B=\{r_i|\;n\leq i\leq 2n-1\}$
$C=\{r_i|\;0\leq i\leq n-1\}$

設$A$,$B$,$C$裏的元素分別爲$a$,$b$,$c$，把它們升序排序會發現全部的$c$在$a$和$b$的前面。

而後對於$n\leq i\leq 2n-1$，$h_i$必須等於$r_i$。對於$0\leq i \leq n-1$，$h_i$能夠在$l_i,r_i$裏選一個

先枚舉選了多少個$a$，而後考慮到$i$變大時$l_i$和$r_i$都是遞減的，且對於同一個$i$，$l_i<r_i$。因此設$dp[i][j]$表示dp到第$i$個數，選了$j$個$a$. 先把全部的$l,r$排序，而後分類討論這是$a$仍是$b$仍是$c$，再記錄一下填了有多少個$b$就能夠$O(1)$肯定一個數的位置啦，就完了8