退役之後一直想著，我至少還是更新一下 ucup 好題和互測好題，但很遺憾一直襬到了現在；論文也還沒有開始施工。
我一直覺得自己如果改掉不良的生活習慣，提高自己的學習效率，完全可以達到更高的水平，但很遺憾我確實戰勝不了自己，我或許永遠都看不到自己的上限了。
馬上就 NOIP/CTT 了。我覺得我起碼得象徵性的訓練一下。我仔細想了想，我還有一個上 LGM 的夢；我是 ucup 隊裡最菜的人，我不想繼續次次在後期擺爛。
那趁我清醒，開始寫點東西吧。
先寫下沒打但是想做的：stage4,stage8
2J. Polygon II
有 \(n\) 個在 \([0,2^{a_i}]\) 隨機的實數，求它們能圍成多邊形的機率。\(n\le 1000\) 。
算不合法的機率，那就是列舉最大的邊 \(p\)，要求 \(\sum x\le 2x_p\) 。改變一下 \(x_p\) 的定義，重新令其為 \(2^{a_p}-x_p\) ，這樣就得到 \(\sum x\le 2^{a_p}\) 了。
接下來是關鍵的一步： 由於我們只關心 \(\sum x\) 和一個整數的大小關係，那其實可以把 \(x\) 拆成整數部分和小數部分。也就是如果指定 \(x\) 的整數部分，令 \(A=2^{a_p}-\sum [x]\) ，那合法的機率其實就是 \(n\) 個 \([0,1]\) 間隨機的實數加起來 \(\le A\) 的機率，這可以容斥計算。
問題轉化成：計算 \(A\geq 0,A\geq 1,A\geq 2,\dots,A\geq n\) 的機率。
現在 \([x_i]\) 是 \([0,2^{a_i})\) 隨機的整數，發現我們可以進一步拆解：可以看成二進位制下每一位都有 \(\frac{1}{2}\) 的機率為 \(1\) 。最後的計算就是數位 dp 狀物了，從低到高 dp ，記錄下當前 \(\sum x\) 和限制的大小關係，以及往後的進位。複雜度大概是 \(O(n^4\log V)\) 。
怎麼最佳化呢，由於我們最後只需要計算 \(\sum e_iP(i+\sum [x]\le 2^{a_p})\) 狀物，我們在 dp 的時候只需要在最低位先墊上 \(i+1\) ，最後看第 \(a_p\) 位有沒有進位即可，於是也不需要記與限制的大小關係，答案就是 \(dp_{a_p,0}\) ；又可以發現並不需要列舉 \(p\) ，所以複雜度降為 \(O(n^2\log V)\) 。
2L. Chords
一個環上 \(2n\) 個點連了 \(n\) 條邊，要取出儘量的邊滿足兩兩不交，資料隨機。
\(n\le 10^5\)
先編出來 \(O(n^2)\) 的 dp ，就是設 \(dp_{i,j}\) 為 \([i,j]\) 內能取多少線段。發現由於資料隨機，答案是 \(O(\sqrt{n})\) 級別的，於是經典的交換狀態和值域，設 \(p_{j,k}\) 是令 \(dp_{i,j}\geq k\) 的最大的 \(i\) ，發現 \(p\) 也是好算的，複雜度 \(O(n\sqrt{n})\) 。
2I. Mercenaries
有 \(n\) 個點， \(i\) 和 \(i+1\) 的邊上有若干物品，物品有屬性 \((x,y)\) ；點 \(i\) 上也有一件物品。現在有若干詢問 \(R,a,b,c\) ，你想求出最大的 \(L\) 使得：能從點 \(L\) 到點 \(R\) ，使得取出點 \(L\) 的物品，再在路上每條邊取一件物品，能使得 \(a(\sum x)+b(\sum y)\geq c\) 。
\(n,q\le 2*10^5\) ，物品總個數 \(S\le 5*10^5\) 。
可以發現這個問題一看就很凸包。
建出線段樹，設 \(G_p\) 是節點 \(p\) 內每條邊取一個物品得到的 \((\sum x,\sum y)\) 形成的上凸包；\(F_p\) 是節點 \(p\) 內取一個點為起點，走到右端點的 \((\sum x,\sum y)\) 構成的凸包。令 \(M\) 是 \(mid\) 到 \(mid+1\) 的物品構成的凸包，發現 \(G_p=G_l*G_r*M\) ；\(F_p=F_l*G_r*M+F_r\) ，其中 \(*\) 是閔可夫斯基和，\(+\) 是求兩個點集並起來形成的凸包。查詢線上段樹上二分即可。
發現每次詢問要對 \(O(\log n)\) 個凸包求出，取一個點 \((x,y)\) 使 \(ax+by\) 最大。考慮把詢問離線下來，把 \((a,b)\) 按極角排序，然後只用對每個凸包維護一個指標即可。複雜度 \(O((n+q+S)\log n)\) 。
3K. Knocker
這場開始和兩個超級傳奇大師做隊友。
給你一個序列，一次操作能整體模一個數，問最後能得到多少不同的序列。\(n\le 500\)
（記錄官方題解）先來分析終止狀態 \(b\) 合法的條件。不妨對 \(a\) 從大到小排序並去掉相同的位置，接下來觀察 \(b_1\) ，現在不妨設 \(k=b_1-a_1\) ，我們有結論：對於 \(a_i\geq k\) ，\(b_i\) 一定等於 \(a_i-k\) 。
只需要證明一步操作後這個條件成立，然後歸納即可。不妨設模 \(x\) 後得到的分別是 \(a'_1\) 和 \(a'_i\) ，那首先有 \(a_1-a'_1\le k\le a_i\) ，於是 \(a_i-a'_i\geq a_1-a'_1\) 。另一方面由於 \(a_i-a'_i=x[\frac{a_i}{x}]\) 。所以 \(a_1-a'_{1}\geq a_i-a'_i\) 。就發現 \(a_1-a'_1=a_i-a'_i\) 了。
回到問題，這裡還有一個條件：\(a_i<2k\) ，一步有效操作後 \(a_1\) 一定會減半。發現這之後直接取模數為 \(k\) ，即可讓 \(a_i\geq k\) 的數都變成 \(b_i\) 了；這也是最優的方法，因為取更小的數後效性更大，取更大的不合法。你發現這樣就不會影響 \(a_i<k\) 的那些數，於是此時遞迴到了一個子問題！只不過我們為了不再影響已經固定了的這些數，會要求之後每次取的模數 \(> b_1\) 。
於是設 \(dp_{i,j}\) 表示只使用 \(\geq j\) 的模數能得到的不同 \(b_i\) 到 \(b_n\) 個數，轉移列舉 \(k\) 即可。複雜度 \(O(n^3)\) 。
3B. Breaking Bad
給你一個 \(n*n\) 的矩陣，對於 \(k=0,1,\dots,4\) ，問是否存在排列 \(p\) 使得 \((\sum A_{i,p_i})\bmod 5=k\) ，\(n\le 1000\) 。
首先可以想到隨機賦權算行列式，可惜過不了。
（記錄官方題解）
觀察到大多數情況下每個 \(k\) 都是有解的。考慮如果有一個排列滿足能取出不交的四對數 \((i,j)\) ，都滿足 \(a_{i,p_i}+a_{j,p_j}\neq a_{i,p_j}+a_{j,p_i}\) （模 \(5\) 意義下）那就可以透過交換/不交換 \(i,j\) ，對排列進行調整，不難發現一定能調整出所有可能的餘數。
（其實有一個數學上的結論是，對於 \(k\) 個模 \(p\) 非 \(0\) 的數 \((k<p)\) ，它們不同的子集和一定有至少 \(k+1\) 個。）
接下來先找到任意一對這樣的 \((i,p_i),(j,p_j)\) 。事實上去嘗試 \((i,j),(i+1,j+1)\) 就好了，反證易得。如果找不到的話也不難說明此時排列怎麼取，結果都是一樣的：一定存在序列 \(R,C\) 使得 \(a_{i,j}=R_i+C_j\) 。
接下來直接把 \(i,i+1\) 行和 \(j,j+1\) 列刪掉，繼續找下去，如果最終找到了四對我們就 win 了。否則看一下發生了什麼，設此時找到了 \(q\) 對，發現我們其實就得到一個 \((n-2q)*(n-2q)\) 的子矩陣，滿足 \(a_{i,j}=R_i+C_j\) 。不妨設 \(q=3\) ，把特殊的 \(6\) 行 \(6\) 列提到最前面。接下來直接狀壓 dp:
\(dp_{i,S,h}\) 表示考慮到第 \(i\) 行，關鍵列取了 \(S\) 且當前和為 \(h\) 是否可能。注意這裡算和的時候，我們先把和當成 \(\sum R+\sum C\) ，每次取了一個特殊的格子後就把對應的 \(R,C\) 減去，再把實際值加上即可。複雜度即為 \(O(4^mn)\) ，本題中 \(m=5\) 。
感覺這場這兩個題都不在我腦洞範圍內啊，大概想一想，K 是找到了判定過程中的子問題，從而設計 dp；B 是觀察到了難搞的情況形式很好看，於是也不難搞了。
5J. Prefix Divisible by Suffix
問你 \(n\) 以內有多少數滿足：把十進位制寫出來，能夠把它劃分成兩段 \(p,q\) ，使得 \(q+c|p\) ，其中 \(c\) 是給定常數。\(n\le 10^{14},c\le 10^4\) 。
發現自己其實一眼就會了，只是不敢剪枝。考慮直接列舉最低的 \(7\) 位，發現此時我們對 \(n\) 提出來若干限制 \((p,c)\) 表示：若模 \(p\) 餘數為 \(c\) 就一定合法了。對這些限制容斥，這樣就得到了一個算量 \(20^{7}*\log V\) 的做法。（需要解 CRT）
但自己想想，算量真的會那麼大嗎？可以發現指定容斥的集合，其模數的 lcm 很有可能很大，於是容斥的時候直接搜尋要欽定的集合，lcm 太大了就剪掉。然後就能透過了。。挺沒意思的。
5C. Painting Fences
給你一個網格，給出每個格子開始的顏色（黑/白），一次操作可以選一條與 x/y 軸平行的直線對網格翻折，對於重合的兩個格子，如果一個為黑的話可以把另一個也染黑。求出使得所有格子變黑的最小次數。\(n\le 1000\)
倒著來看這個過程，於是發現起作用的其實只是一個全黑的子矩形，設 \(f_{l,r}\) 是假設這個矩陣是 \(1*n\) 的，且 \([l,r]\) 為黑那需要操作多少次，\(g_{l,r}\) 同理為矩陣長為 \(m\) 時的次數。則可以發現一個子矩陣需要的運算元就是 \(f_{xl,xr}+g_{yl,yr}\) 。
列舉 \(xl,yl\) 。一個一開始就能做出的觀察是答案很小，具體的發現：\(f_{l,r}\) 的大小都是 \(O(\log n)\) 級別的，所以求出 \(p_{l,i}\) 表示最小的 \(r\) 使得 \(f_{l,r}\le i\) ，\(q_{l,i}\) 同理。於是只需要列舉 \(xr=p_{xl,i},yr=q_{xr,j}\) 看看是否合法即可。這裡可以雙指標，複雜度 \(O(n^2\log n)\) 。
7E. Express Eviction
給你一個 \(n*m\) 的網格圖。有一些格子存在障礙，障礙可以 ban 掉它周圍的四個頂點。現在你想知道：至少要移除多少障礙，才能從 \((0,0)\) 走到 \((n,m)\)。
先想想如果已經知道哪些點被 ban 了該怎麼判斷，發現其實就是，如果存在 \(x=0/y=m\) 的點與 \(x=n/y=0\) 可以透過 ban 掉的點八聯通起來，那就寄掉了。
進一步可以發現，確定障礙後寄掉的條件其實就是： \(x=1/y=m\) 的某個障礙可以走到 \(x=n/y=1\) 的障礙，其中每一步只能走到 \(x,y\) 之差都不超過 \(2\) 的障礙，證明比較容易。
對著這個做最小割就好了。
7C. Price Combo
很牛的一個題，先咕了。
10H. Intersection of Paths
給定一棵有邊權的樹，詢問：臨時修改一條邊的邊權，然後給定 \(k\) ，求出取 \(k\) 條端點不重合的路徑，交的邊權和的最大值。\(n,q\le 5*10^5\) 。
取重心為根，發現如果存在一組方案的交會包含 \(u\) 到 \(v\) 的路徑，就等價於 \(sz_u,sz_v\geq k\) ，於是如果沒有修改邊權的事情，我們就只用求出 \(sz\geq k\) 的點中距離最遠的兩個點。
現在有邊權修改，怎麼處理，我們其實只需要求出刪掉這條修改的邊後，兩個子樹分別的直徑即可。注意到這個直徑的端點要麼是葉子，要麼是刪掉的邊的端點，那我們考慮把 \(k\) 相同的詢問放到一起處理，將保留 \(sz\geq k\) 的點後得到的樹的葉子拎出來，容易發現它們只會有 \(\frac{n}{k}\) 個，每次詢問相當於查一段區間的點的直徑，線段樹處理就可以平衡。複雜度 \(O((n+q)\log n)\) 。
冷靜一下，其實這樣處理煩了，我們把詢問按 \(k\) 從大到小排序，這樣只需要維護線段樹，要求每次啟用一個點，以及查詢一個區間啟用的點的直徑即可。複雜度仍是 \(O((n+q)\log n)\) 。
LOJ177 生成子群階數
給你 \(m\) 個長度為 \(n\) 的排列，問你它們能複合出多少不同的置換，其中每個排列都能用若干次。\(n,m\le 50\) 。
發現還不會這個東西，學一下。
首先可以把給定排列的逆也加進來，因為設其環長 lcm 為 \(L\) ，其實逆就可以表示成原來的排列複合 \(L-1\) 次。
考慮建出一張圖，對於一個給定的排列，對任意 \(1\le i\le n\) ，我們從 \(i\) 連向 \(p_i\) ，這樣一組操作可以看做是從 \(1\) 開始的一條路徑，途中會複合上所有經過的置換。可以發現這裡走到的點就代表當前 \(p_1\) 的值。
現在先求出以 \(1\) 為根的生成樹，設終點為 \(t\) ，那對於 \(1\) 到 \(t\) 的任意一條路徑，考慮在走到 \(t\) 之後，沿著樹邊走回 \(1\) ，再走到 \(t\) ，可以發現這樣效果是不變的，於是終點為 \(t\) 的路徑一定都形如：從 \(1\) 出發走回了 \(1\) ，再按照樹邊走向 \(t\) 。
就可以得到一個結論，方案等於：\(p_1\) 可能的取值數 ，乘上 \(p_1=1\) 的方案數。
繼續思考對於一條走回 \(1\) 的路徑 \(1\rightarrow u_1\rightarrow u_2\dots \rightarrow u_k\rightarrow 1\) ，它和 \(1\rightarrow u_1\rightsquigarrow1\rightsquigarrow u_1\rightarrow u_2\rightsquigarrow 1 \rightsquigarrow u_2\rightarrow u_3 \rightsquigarrow 1\dots \rightarrow u_k\rightarrow 1\) 是等價的。其中 \(\rightsquigarrow\) 是在走樹邊。
於是得到結論：\(p_1=1\) 的排列都可以透過將 \(1\rightsquigarrow u\rightarrow v \rightsquigarrow 1\) 得到的排列複合得到。
這樣做的好處是，我們可以用的置換都滿足 \(p_1=1\) ，於是可以遞迴到 \(n-1\) 的子問題繼續做。但問題是我們建出的圖有 \(nm\) 條邊，也就是說子問題裡 \(m:=nm,n:=n-1\) ，這顯然就炸掉了。結論是，我們只需要把這 \(nm\) 個置換先改造成 \(O(n)\) 個，改造的方法是，我們進行隨機，在這些置換中隨機選擇一個子集，將內部的置換複合起來，這樣隨 \(O(n)\) 次，把每次隨機得到的置換給遞迴下去。
複雜度 \(O(n^5)\) ，瓶頸在於要做 \(O(n^2)\) 次隨機複合的過程 ，每次期望會複合 \(O(n^2)\) 個排列，單次複合是 \(O(n)\) 的。
11J Again Permutation Problem
只需要把 LOJ177 的答案和 LOJ4127 的答案乘起來就好了。
回顧一下 LOJ4127 的做法，其實發現這裡分析的方法是類似的，我們仍然先把排列的逆加進來，然後建立一張 \(n^2\) 個點的圖，對於一個給定排列我們在點 \((i,j)\) 和點 \((p_i,p_j)\) 間連邊。這樣有結論是：若 \((i,j),(a,b)\) 聯通則 \(p_i=a,p_j=b\) 的方案數等於 \(p_i=i,p_j=j\) 的方案數。證明是和上面那個題的證明基本一致的。
於是算逆序對的期望只需要列舉 \(i<j\) ，記與 \((i,j)\) 聯通的滿足 \(a<b\) 的點數為 \(x\) ，\(a>b\) 的點數為 \(y\) ，那貢獻其實就是 \(\frac{y}{x+y}\) 了。更直接的，就是對每個聯通塊計算 \(\frac{xy}{x+y}\) 的和。
11F Train Seats
題意是有一些椅子，每次可以拿走一個椅子，代價是離它最近的兩把椅子的座標差（若左邊沒有則為 \(0\) ，右邊沒有則為 \(m+1\)） 。讓代價的和最大。\(n\le 2*10^5\) 。
對 \(a\) 排序，設 \(b_i=a_{i+1}-a_i\) （令 \(a_{n+1}=m+1\)），則一次操作相當於合併 \(b_i,b_{i+1}\) ，代價為 \(b_i+b_{i+1}\) ，最後讓代價最大。建一棵二叉樹來刻畫這個過程，然後我們有結論：不可能有一個點的兩個兒子都是非葉子。證明就考慮四個數 \(x,y,z,w\) ，我們相當於要證明：先合併 \((x,y),(z,w)\) ，再合併 \((x+y,z+w)\) 一定不優。原因考慮此時代價是 \(2(x+y+z+w)\) ，而從左往右依次合併的代價是 \(3x+3y+2z+w\) ， 從右往左是 \(x+2y+3z+3w\) 。把都有的東西減掉，發現 \(\max(2x+y,z+2w)\geq \frac{2x+2w+y+z}{2}\geq x+w\) 。
那其實就可以看到我們只有兩種可能：要麼合併好 \([2,n]\) 再把 \(1\) 合併進來，或者合併好 \([1,n-1]\) 再把 \(n\) 合併進來。也就是說，每次會刪掉 \(b\) 的開頭/結尾，代價是當前剩餘的長度乘上選擇的數。
直接使用 qoj2070 的程式碼即可。大概思路就是列舉最後保留的位置 \(k\) ，那就是對一棵只有兩條鏈的樹做 exchange argument，利用線段樹來合併兩側已經出現的連續段即可。
11O New School Term
差點把我們隊逮捕了的題。
題意是有一個 \(2n\) 個點的無向圖，你需要選擇一個邊集，使得能黑白染色且 白點個數=黑點個數 的前提下，使選擇的邊的 \(\sum 2^{編號}\) 最大。
\(n\le 5000,m\le 10^6\) 。
從大到小嚐試加入每條邊，先看一下加入後怎麼判斷合法。
用擴充並查集判能不能黑白染色：如果 \(u\) 和 \(v\) 在一個聯通塊就寄了；如果 \(u\) 和 \(v+2n\) 已經在一個聯通塊，那不會影響，直接加進來即可。
否則我們連上這條邊來嘗試，發現其實對每個聯通塊求出黑-白之後做一個揹包就好了。
這裡我們任意設立一個模數變成算方案，這樣的好處是可以支援刪除物品。
接下來更新並查集，如果可以連的話，自然就合併 \((u,v+2n),(v,u+2n)\) ；否則你發現 \(u,v\) 一定同色，於是合併 \((u,v),(u+2n,v+2n)\) 。
這樣每次做嘗試都會讓聯通塊個數減少，於是複雜度 \(O(n^2+m)\) 。