改成了上中下旬（好像不是均分？）分类，方便查找虽然我觉得我也刷不到那么多题。
2020.06.28~2020.07.10
loj - 3323：删自环（其实我也不知道数据里面有没有自环），点双分解。简单环贡献 (prod siz)，最多剩一个非简单环点双。这个点双大概长这样（画得好丑）：
即环通过割点相接形成“糖葫芦”，“糖葫芦”再通过链相接。在这个点双内找任意三度点，check 一下 3 条边删掉是否变仙人掌，就可以还原出所有“糖葫芦”与链。之后分类讨论。
loj - 3324：记 (f_k(n)) 为 1 当且仅当先手必胜。不难猜测 (f_k) 具有分形结构，打表观察一下找到规律。然后写递归。
注意到这其实就是 (fibnacci) 博弈的推广情形，所以有更优美的做法。关于该做法及其证明需要依赖齐肯多夫表示法（即把数 (n) 分解成若干不相邻 (fibnacci) 数之和），这里有一篇详细的题解（懒癌.jpg）。
loj - 3325：直接暴力，期望得分100分。segment tree beats + 闵可夫斯基和合并凸包/神仙EI所介绍的线段树做法。两种做法都不想写，咕了。
泰勒展开 (ln(1-x^i) = -sumfrac{x^{ij}}{j})，然后就做完了。
首先你得去隔壁学点双怎么计数。设大小为 i 的点双有 (a_i) 个，直接对圆方树计数：
(F(x)) 是圆点，(H(x)) 是方点。最后答案为 (F(x)[x^n])，拉格朗日反演即可。
（顺便，恋恋的蔷薇绞肉机好难。打dldex已经有三次卡蔷薇了。心态炸裂，九字切都快99+了还是混不过qaq）
codeforces - 1264D2：等价于计算形如 "((...())...)" 作为子序列出现的串数量（同一串多次出现只算一次）。
设 (a_i, s_i) 分别表示前缀 i 中 '(' 数量与 '?' 数量。同理设 (b_i, t_i) 分别表示后缀 i 中 ')' 与 '?'。
枚举子序列最后一个 '(' 的出现位置 (i)，枚举前面 '? -> (' 数量 (x) 与后面 '? -> )' 数量 y。则：
注意到 (s_{i-1} + t_{i+1}) 只有两种取值，于是可以 (O(n)) 做。
cf - 1081G：如果 (p_x > p_{x+i} (1 leq i leq k))，则 (p_{xdots x+k}) 在之后的归并中不会分开。
考虑题目所给伪代码，它将原排列划分成若干块。
块内的逆序对可以直接根据期望线性性质得到 (frac{1}{2} imesinom{siz}{2})，考虑块与块之间：
设一个块的第 (i) 个元素 (y) (>) 另一个块的第 (j) 个元素 (q)；再设 (y) 之前的块内最大值为 (x)，(q) 之前的块内最大值为 (p)。
则 ((y, q)) 形成逆序等价于 (q < y leq x < p)（注意 (x) 可以等于 (y)）。根据一开始所说的性质即可证明。
转化一下变成求 “(q < y leq x)” 的方案减去 “(q<yleq x) 且 (q) 之前的所有值 (<x)”。
以大小关系建拓扑图，发现是棵树，因此变成树的拓扑序这个经典问题，优化一下可以做到 (O(n))。
外层还要枚举块的种类，不过由于每次都是均分所以块的大小几乎等大，种类为常数个。
loj - 3080：主元法的应用，取前 2 行 + 前 1 列做主元，详见《浅谈图模型上的随机游走问题 王修涵》
gym - 102586I：首先 (N = 2) 无解。
考虑构造 (M) 个置换，其中第 (j) 个为 (i -> i+2^jmod N)。
每个置换的作用可以等效地认为是 (pm 2^j)。
所有置换的作用可以等效地认为是 (pm x)，其中 (x) 为奇数且在 ((0, 2^M)) 中。
当 (N) 为奇数时，直接构造 (K+1) 个如上的置换即可。
当 (N) 为偶数时，构造 (K - 1) 个如上置换，然后考虑如何合并奇偶：
考虑循环 ((x,x+2,x+1,x+3))，如果可以凑出 (x,x+2) 就可以凑出 (x,x+1,x+2,x+3)。
那么如果 (N = 4k)，直接构造 (k) 个如上的循环就可以合并就奇偶；
否则先构造 (k-1) 个如上的循环合并前 (N-2) 个，再随便构造一个置换即可。
gym - 102586E：快被自己蠢哭了。。。
设 (A_i) 个数为 (p_i)（(sum p_i=N,sum p_iA_i=S)），则排列顺序有 (frac{N!}{prod p_i!}) 种。
在模 2 意义下这个式子不为 0 当且仅当二进制下 (sum p_i =N) 不进位。
因此问题等价于求 (sum_{2^iin N}2^ix_i = S,x_iin A) 的方案数。
背包不是np问题吗。
可以考虑做类数位 dp 的过程，从最低位起匹配 (S)。状态 (dp(i, j)) 表示匹配完前 (i) 位，现在是 (2^i imes j)。这样总共用到 (O(MAXAlog N)) 个状态，因此可以直接背包。
bitset 优化一下可以做到 (O(Kfrac{MAXA}{omega}log N))。
loj - 6181：答案等于 “无平方因子数 - 2*质数个数”。质数个数 (O(frac{n^{frac{3}{4}}}{log n})) 做，无平方因子数可以枚举最大平方因子然后反演做到 (O(sqrt{n})) 不过考虑到复杂度瓶颈不在这所以直接min-25也能过。
loj - 528：反演得到 (sum_plfloorfrac{N}{p} floorlfloorfrac{M}{p} floorsum_{d|p}mu^2(d)mu(frac{p}{d}))，然后推导一下得到 (sum_{d|p}mu^2(d)mu(frac{p}{d}) = [exist x,p = x^2]mu(x))。
loj - 6244：二项式反演变成 “钦定 i 个位置填对” 的方案数，它等于 (inom{k}{i}(n-i)^{underline{k-i}})。
loj - 6160：红蓝边分别形成匹配，且无交集。
设 (f_n) 表示 (2n) 个点的完全二分图所形成的匹配数量（不一定是最大匹配），枚举交集容斥得到 (sum_{i=0}^{n}inom{n}{i}n^{underline{i}} imes f^2_{n-i})。
考虑怎么求 (f)，有递推式 (f_n = 2nf_{n-1}-(n-1)^2f_{n-2})。
含义为 “X 部 1 号点存在于匹配的方案数” + “Y 部 1 号点存在于匹配的方案数” - “两边 1 号点同时存在于匹配的方案数”。
然而我当时想的垃圾做法是：(f_n) 等价于把 (n) 个数划分成若干圆排列/排列的方案数。然后枚举 1 所在圆排列/排列得到递推式：
优化一下就变成 (O(n))。虽然感觉可以再整式递推得到上面的递推式。
codeforces - 997C：考虑计算所有行列都颜色不同的方案数。设 (f_i) 表示在所有行颜色互不相同的前提下钦定 (i) 列颜色相同的方案数，容斥得到 (sum_{i=0}^{n}(-1)^iinom{n}{i}f_i)。
loj - 572：记 (S_k(n) = sum_{i=1}^{n}f^k(n))，则原式为 (sum_{i=1}^{n}2phi(i)S_k(lfloorfrac{n}{i} floor)-S_k(n))，求出 (S_k(lfloorfrac{n}{i} floor)) 直接杜教筛 (sumphi(i)) 即可。
考虑每一个 (prime^k_i) 的贡献，记 (g_i(n)) 表示 (leq n) 中只包含 (leq prime_i) 的质因子的数量，则贡献可以通过 (g_i(m)) 与 (pi(lfloorfrac{n}{m imes prime_i} floor)-i+1) 表示。
发现我们 min-25 筛实际上就是在枚举前半部分，只需要处理出 (pi(n)) 就可以求出单个答案。使用 unordered_map 记忆化（虽然不用记忆化貌似也能莽过去）求出所有 (S_k(lfloorfrac{n}{i}
floor))。
不过我是直接递推出 (g_i(n)) 然后整除分块来做的，虽然过了但是分析不出复杂度，感觉像暴力剪枝。
loj - 2476：直接反演得到：
其中 (sA_i = sum_{i|d}A_d, tD_i = sum_{d|i}mu(frac{i}{d})D_{d})，剩下的同理。
注意到该式子有贡献当且仅当 (lcm(i,j),lcm(i,k),lcm(j,k)leq n)，建图然后上裸的三元环计数即可。理论时间复杂度 (O(nlog nsqrt{nlog n})) 不过图并非针对性构造所以卡不满。当然要选择对 cache 友好的 vector 存图。
当然有更科学的解法。
大概就是对原式只反演两个 gcd，然后得到一个含 lcm 和 gcd 的式子，接下来先反演 lcm 并枚举 lcm 的参量，再反演 gcd。
gym - 102512C：记 (c(N, X, Y) = sum_{X+Y+2(i+j)=N}frac{N!}{i!(X+i)!j!(Y+j)!}) 表示走 (N) 步从 ((0, 0)) 走到 ((pm X,pm Y)) 的方案数。
记 (M=frac{N-X-Y}{2})，通过一些推导得到 (c(N, X, Y) = inom{N}{M} imesinom{X+M+Y+M}{X+M})。
考虑用总方案数 (4^N) 减去不合法方案数。
记 (g(i,j)) 表示走 (i) 步恰好在第 (i) 步走到第一次走到不合法点，且该点为第 (j) 个不合法的点的方案数（我们只考虑 (|X| + |Y| = D) 的 ((X, Y))，这样只会有 (O(D)) 个不合法点）。
我们即是求 (4^N-sum_{i=1}^{N}4^{N-i}sum_{j} g(i,j))。
再记 (f(i,j)) 表示走 (i) 步，终点为第 (j) 个不合法点的方案数，再记 (h(i,j,k)) 表示走 (i) 步，起点为 (j) 个不合法点，重点为第 (k) 个不合法点的方案数。
这两个都可以用我们一开始的方法算。
那么 (f(n, x) = sum_{i=1}^{n}sum_{y}g(i,y) imes h(n-i,y,x))。(O(N^2D^2)) 递推算出 (g) 即可。
loj - 6158：冷静分析一下发现是求 lcp，写个 Z-algorithm 即可。注意还要讨论进位的问题。为什么线性算法跑不过二分+hash啊。
codeforces - 653F：建后缀自动机求每个后缀新贡献的子串。求合法子串可以用栈找到最后一个合法左括号，预处理出同层左括号即可做到线性不过因为太懒就写了棵线段树。
codeforces - 610E：维护同色段以及相邻同色段的信息，查询 (O(k^2)) 查。去隔壁珂朵莉树学习了一下同色段怎么比较好的维护。
codeforces - 741E：缝合题。比较两个选择的优劣可以后缀数组，注意要把每种选择的 rank 存储下来优化常数。后半部分分类讨论 (k<B) 与 (kgeq B) 处理可以做到 (O(nsqrt{nlog n}))（当然如果你要用线性rmq就是 (O(nsqrt{n})) 的）。
codeforces - 914F：显然这道题用bitset可以过。
查询串总长一定，则越长的串出现次数越少。考虑对原串分块，块大小为 (B)，如果 (>B) 直接暴力匹配；否则分两类，块内的建后缀自动机查，跨块的暴力。
查询串总长与原串长等阶。前边部分 (O(nfrac{n}{B}))；后半部分 (O(n(frac{n}{B} + B)))。取 (B = sqrt{n}) 最优为 (O(nsqrt{n}))。
submission(bitset)。不想写分块，bitset多好啊。
loj - 3298：后缀数组搞出每个后缀与 T 的 LCS。查询时先找到 p >= l, p + lcs[p] >= r 的最小 p，再查 rmq(l, p - 1) 即可。
loj - 517：维护出每一位为 1 的个数再相加，排过序的和没排序的分开处理。
没排序的维护前缀和，排序的维护 trie。在求出每一位为 1 的个数之后，利用全局 xor 标记求出每一位异或出来为 1 的个数。
排序操作将没排序的插进 trie 中，然后给 trie 打异或标记（trie 异或标记对应交换子树标记），并清掉全局 xor 标记。
时空复杂度都是 (O(nlog^2n)) 闭眼提交就能过。
loj - 6537：均匀分布的话不难想到哈希，但是直接单模数哈希显然会碰撞，于是考虑选 10~20 个模数。
问题又在于怎么校验一个哈希值是否由一个数生成。我们对于每个数 x 生成校验码 x*MOD + C，其中 MOD 是大质数，校验码也拿去异或。
如果最终哈希值 h 满足 h*MOD + C 等于校验码异或和，则认为它是一个数生成的。
codeforces - 963D：关键在于每个串互不相同且串总长为 (O(n))。每种长度的串 end-pos 并集为 (O(n))，最多有 (O(sqrt{n})) 种不同长度，因此总的 end-pos 并集为 (O(nsqrt{n}))。之后随便做即可。
loj - 2999：员工的进出时刻将 [0, M] 划分成若干段。没有钥匙的员工对应的限制：出发时刻往右的段必须开门；返回时刻往左的段必须开门。因此每段的贡献只取决于段的左右端点。
如果段同时需要 x, y 有钥匙才能开门，则 x, y 之间连边。最后得到若干条链，背包即可。时间复杂度 (O(n^2))。
loj - 3034：可以转化成网格图左上角到右下角的最长路径。设 (f_{i,j}) 表示达到第 (i) 行第 (j) 列的最长路，以列递推，应有 (f_{i,j} geq f_{k,j}+(s_{i,j}-s_{k,j}))，即 (f_{i,j}-s_{i,j}geq f_{k,j}-s_{k,j})。
于是考虑维护 (f_{i,j} - s_{i,j})，从上一列来要对 (f_{i,j}) 前缀加；有的行变不合法了要对 (s_{k,j}) 后缀加（可以转成前缀加）。
将所有前缀加操作处理完后再从后往前线段树二分 + cover 维护单调性即可。可以发现总操作数为 (O(n))，因此时间复杂度 (O(nlog n))。
显然有更优的模型转化。
loj - 6355：(f(x, y) = max{f(i,j)-(a_x-a_i)^2-(b_y-b_j)^2}+C_{x,y})。
优化一下，变成分两步决策：(egin{cases}f(x, y) = max{g(i,y)-(a_x-a_i)^2}+C_{x,y} \ g(i,y)=max{f(i,j)-(b_y-b_j)^2}end{cases})
拆开变斜率优化，不过由于在树上所以均摊复杂度不成立。
查询显然二分，修改时二分找弹掉的后缀，可以看成移动栈顶指针 + 单点修改。
时间复杂度 (O(n^2log n))。
codeforces - 917C：状压 + 矩阵幂。
codeforces - 232E：网格图经典分治，不过数据范围比较小，不需要使用 ZJOI2016 那题的取 min(n, m) 操作，直接对 m 分治。使用 bitset 可以做到 (O((nmlog m + q)frac{m}{omega}))
codeforces - 1168D：首先叶子等深度。找充要条件，如果对于每个结点 (x) 记 (f_{c,x}) 表示 (x) 到叶子的路径上 (c) 最大出现次数，则 (sum f_{c,x}leq dep_{leaf}-dep_x)。
必要性显然，充分性考虑强命题：我们可以拼出满足 (g_{c,s}geq f_{c,x}) 的所有字符串 (s)，其中 (g_{c,s}) 表示 (c) 在 (s) 中的出现次数。归纳即可。
然后裸的ddp 注意到二叉树条件并没有用到。我们考虑缩链，由于叶子等深度，所以缩链后二叉树高为 (O(sqrt{n}))。暴力跳即可。
codeforces - 1185G2：因为 (T) 很大，考虑单物品逐个加入背包避免 (O(T^2)) 的时间复杂度。
记 (h_{x,y,z}) 表示 A 类物品 (x) 个，B 类物品 (y) 个，交叉着放形成 (z) 个段的方案数。可以 (O(n^4)) 预处理。
记 (f_{x,y,t}) 表示 A 类物品 (x) 个，B 类物品 (y) 个，物品体积为 (t) 的方案数；记 (p_{x,t}) 表示物品 (x) 个，体积为 (t) 的方案数。
新加入一类物品时，先 (p_{x,t} o f_{x,0,t})，再 (O(n^3T)) 求出 (f_{x,y,t})，再 (O(n^3T)) 把 (f_{x,y,t} o p_{z,t})（需要 (h_{x,y,z})）。
loj - 2737：单环输出 0。否则求基环树森林中最大点不相交路径权值和，断环成树然后 dp 即可。
atcoder - AGC017E：积木为有向边，左积木接地为白点，右积木接地为黑点。则相当于判定“是否存在若干条白点到黑点的欧拉路径（注意不能是欧拉回路），路径的无交并为边集”。
对于每个不是单点的连通块，白点入边 (leq) 出边，黑点入边 (geq) 出边，入边总数 = 出边总数。且至少存在一个白点满足入边 $ ot = $ 出边。
2020.07.11~2020.07.20
codeforces - 903G：最大流转最小鸽，区间加 + 维护最小值。
loj - 6199/luogu - P4688：莫队 + bitset。
由于元素总和一定，离散化时给每种元素预留位置即可做可重集取交集。
可以分组做莫队优化空间。由于时间瓶颈在 bitset 而不在莫队所以没有问题。
submission(loj)。
submission(luogu)，改进了一些常数。
codeforces - 1129D：dp + 分块优化。每个块内的权值是连续的 (O(sqrt{n})) 个，所以重构复杂度可以做到 (O(sqrt{n}))。
loj - 2537：dp + 线段树合并优化。加强版（ZJOI2019的那道题，没有二叉树限制）需要 ddp。
codeforces - 1260F：从小到大扫描每种合法的 (h)，点分树动态维护一下贡献。时间复杂度 (O(maxh + nlog n))（离散化过后应该可以 (O(nlog n))）。
loj - 558：lct 维护子树信息。为了在 makeroot 的时候快速维护黑点到根的距离和，可以另外维护 reverse 之后的 sum'，reverse 时将 sum 与维护的 sum' 交换即可。
loj - 6515：离线显然线段树分治，讲讲在线做法：
维护两个栈与两个 dp。这里把中途 dp 状态存下来，退栈时只需要移动栈顶指针即可。查询时单调队列可以 (O(p)) 查。
问题主要在于某个栈为空时，这个时候暴力把另一个栈重构成大小相等的两个栈即可。这部分势能分析一下是 (O(mp)) 的。因此总时间复杂度 (O(mp))。
nowcoder - 5667I：发现是隐式平面图最小割，转对偶图最短路。（自己没做出来，被初中的小朋友切出来了，感觉自己退役感++）
代码懒得写了，只是怕自己又忘记了，所以记录一下。
uoj - 46：离线做法 (O(nlog n)) 很简单。直接在线有个显然的树套树做法，但是空间开不下。
考虑在线两个套路：根号分治与二进制分组。根号分治据说可以分块套分块搞出来。
考虑二进制分组。发现可以把这个过程解构成线段树，每次在最后加入叶子并一路合并上去。只要保证结点信息和结点大小有关即可确保复杂度。
结点内共有 (x) 种标记，将原序列分成最多 (2x+1) 段。因此只需要维护每一段的端点以及对应的标记即可，这样结点信息是 (O(size)) 的。
合并时使用类归并的过程可以做到线性，因此这部分的复杂度 (O(mlog m))，其中 (m) 是修改次数。
查询时定义线段树上结点，结点内二分即可。一次查询复杂度 (O(log^2))。
loj - 6609：(n) 行中每一行必须放满两颗。如果允许一行的两颗石头放在相同列，则转化成 (2n) 个数的序列问题。
因此考虑容斥。枚举 (i) 行强制放同一列，剩下有 (j) 列放了 (2) 个，有 (k) 列放了 (1) 个：
卷积即可。
codeforces - 1195F：用相邻点之间的向量表示凸多边形。求闵可夫斯基和时，新凸包上的向量可以由原凸包上的向量按一定顺序拼接得到。
那岂不是区间凸包的点数求和 注意到三点共线并不能算，所以我们需要去掉重复的向量。因此转化成区间颜色种类数，莫队即可。
（如果要得到新凸包，可以先求出最左下的点之和，它一定在新凸包上。然后two-points 即可。然后你就可以去做ynoi的第六分块了）
codeforces - 77E：处理多圆问题，不难想到使用圆反演。
考虑圆反演的应用中，大多是把过反演中心的圆变成直线。因此我们以黑黄圆切点为反演中心，以黄圆直径为反演半径作圆反演。
这样绿圆与粉圆就变成了夹在平行直线间的圆，直接算即可。需要注意圆心反演过去不一定是圆心。
loj - 2549：若 (vec{dv}) 不合法，则 (exist p_1in V_1,p_2in V_2,p_2+vec{dv}=p_1)。也即 (vec{dv}in V_1 - V_2)，其中点集的加减为闵可夫斯基和。
因此做个凸包闵可夫斯基和，然后问题变成查询点是否在凸包内，离线扫描线即可。
update：查点在凸包内在线也可以做，二分即可。
codeforces - 1354G：如果找到一个 stone box，则通过倍增即可找到第一个 gift box。
我们尝试判断第一个 box 是否为 stone box，如果不是则显然它是答案。
注意到 (kleq frac{n}{2}) 且交互库并非针对性构造，因此随机抽取得到 stone box 的期望 (leq 2)。我们随机抽取一个与第一个比较，假如第一个较小则它不是 stone box。
codeforces - 1372F：保证每种数均摊 4 次找到所在区间即可。
假如当前区间众数出现了 f 次，就将区间分为长度为 f 的若干段，然后每一段递归处理。为了保证每种数均摊 4 次，需要加入一些剪枝。具体看代码。
我怎么感觉我的做法每种数只均摊了3次啊。。。
codeforces - 1336D：考虑每次询问的结果与上一次差分，如果询问的 (x > 1)，则 triplet 会告诉 (a_x) 的值；straight 会告诉 (a_{x-2}a_{x-1}+a_{x-1}a_{x+1}+a_{x+1}a_{x+2}) 的值。
先询问 (1, 2, 3, 1)。此时 (a_1) 显然已知；通过询问 (2) 得到 ((a_1 + 1)a_3+a_3a_4=a_3(a_1+a_4+1))，可以知道 (a_3) 是否为 (0)；通过第二次询问 (1) 得到 ((a_2 + 1)(a_3 + 1))，解出 (a_2)。
对于 (4 < i < n)，通过询问 (i-1) 已知 ((a_{i-3}+1)(a_{i-2}+1)+(a_{i-2}+1+a_{i+2})a_i)，也可以确定 (a_i) 是否为 (0)，再询问 (i) 即可。
对于 (i = n)，可以由询问 (n - 1) 得到 ((a_{n-3}+1)(a_{n-2}+1)+(a_{n-2}+1)a_n)，解出 (a_n)。总共恰好 (n) 次操作。
codechef - SUMDIS：若 (u<i<v)，则 (u o v) 的路径必然包含 (i-1,i,i+1) 中的某一个。
考虑分治，每次计算经过 (mid-1,mid,mid+1) 的最短路径。求三遍二维偏序即可得到分别经过 (mid - 1, mid, mid + 1) 的最短路径总长。