Day1
A
题目：https://codeforces.com/gym/102978/problem/I。
首先，考虑一个序列 (a) 长度为 (m) 的字典序最小的子序列 (x) 有什么性质：
- (x_1) 一定在 ([1,n-m+1]) 中，且是这个区间内的最小值。
- (x_2) 一定在 ([2,n-m+2]) 中，因为 (x_1) 是 ([1,n-m+1]) 的最小值，所以假如 (x_2) 在 ([2,n-m+1]) 中，它一定大于 (x_1)。换句话说，若 (x_2<x_1) 它一定在 (n-m+2) 处。
- 以此类推。
所以，在 (x) 中只要有一个“拐点”，使得前面单调递增，后面不一定单调递增，那么不一定单调递增的部分就一定是 (a) 的后缀。
所以只需要对前面单调递增的部分进行计数即可。
B
题目：https://codeforces.com/gym/102992/problem/J。
我们考虑这个操作 (2)。令 (x=a_loplus a_{l+1}oplus dots oplus a_r oplus x)，它需要满足初始局面先手必胜（(x eq 0)）以及操作一次以后先手必败。如果一个 (i) 满足 (x oplus a_i < a_i)，那么可以让这一堆石子剩下 (x oplus a_i) 个。
考虑什么情况下满足 (xoplus a_i<a_i)。可以发现当且仅当 (a_i) 在 (mathbf{highbit}(x)) 上为 (1)。
于是需要写一个数据结构，可以：
- 区间赋值 (max)；
- 区间查询异或和以及在某一位上为 (1) 的个数。
操作 (1) 是 segment tree beats 的经典操作，每个区间记录一个“加”的懒标记即可。
考虑到操作 (1) 的特殊性（每次只会将所有区间最小值增加一个值），每次下传标记的时候撤销原来区间最小值的影响，再计算新值的影响即可。
Day2
A
一种比较蠢的方法是树形 dp。
我们可以发现，对某个非叶子节点执行一次操作，相当于允许它的子树内的某个叶子节点不进行操作。
于是设 (f_i) 为 (i) 所在的子树内的最小代价，(g_i) 为允许一个叶子节点不进行操作的最小代价。
记录每个 (f_i,g_i) 的决策，最后给每个操作随机赋一个值即可。
但这样无法通过，因为随机赋值的值域是 ([1,10^9])，这种范围内随机选值冲突的概率很高（生日悖论）。
我们可以强制让节点的随机值与它的编号有关，这样能提高正确率。
代码：https://paste.ubuntu.com/p/SmbCMvjk22/。
B
由于字符串是随机生成的，而哈希也是一种随机的操作，所以哈希值在 ([0,m-1]) 中类似于均匀随机分布。
听 qyc 说比较显然地有 (Theta(n^2)) 个 ([0,m-1]) 内均匀随机的变量地期望最大值是 (m-dfrac{m}{n^2})。
考虑从大到小枚举这个最大的哈希值，设为 (x)。预处理前缀哈希值 (h_i)，假如取到这个值的区间是 ([l,r])，那么 (h_r=b^{r-l+1}h_l+x)。整理一下可以得 (b^{-r}(h_r-x)=b^{-l+1}h_{l-1})。把右边插入一个哈希表，但注意要判断是否有 (lle r)。
注意哈希表范围要开大一点。假如要哈希的整数的范围是 ([0,N])，哈希表大小为 (M)，那么期望一次插入、查询的时间复杂度为 (O(dfrac{N}{M}))。
结论：([0,1]) 中均匀随机的 (k) 个实数，其中第 (i) 小的期望是 (dfrac{i}{k+1})。
Day3
A
数学题。
字符集大小仅为 (3)，根据抽屉原理，单个字符的贡献至少为 (lceil dfrac{n}{3} ceil^2)。
设一个循环节长度为 (l) 且循环 (k) 次的子序列是最优的，那么它一定要满足 (k^2lceil dfrac{l}{3} ceil^2<lk^2)，解得 (lle 6)。
但这样合法的串仍然过多。对于一个子序列，我们枚举它的一个子序列，如果这个更小的子序列产生的贡献比原序列还多，直接舍掉原序列即可。
这样最后只会剩下 (99) 个串，能过。整个序列自动机即可。
B
题目：https://www.cnblogs.com/stoorz/p/14412034.html。
发现每种球只要有一个到达点 (1) 即可。
考虑网络流，由于操作有顺序，把每个点拆成 (m) 个，如果第 (i) 次操作 (u,v)，那么在第 (i) 层上连边 (uleftrightarrow v)，流量限制为 (1)。
对于第 ((i-1)) 层的点 (u) 和第 (i) 层的对应点 (u')，连边 (u o u')，流量限制 (a_u)。
但这样边的个数达到了 (O(nm)) 级别，其中有许多无用点，把无用的点去掉即可，边数变成了 (O(n+m))。
Day6
A
将链转化为环。
增加一个点 ((n+1))，它与点 (1) 和点 (n) 相连，形成一个环。
于是原问题转化为放 (m) 个东西，并可以向左或向右走，在第一个没有标记的地方停下并添加标记，问点 ((n+1)) 没有标记的方案数。
首先让每个机器人随便放，有 ((2n+2)^m) 种方案。
考虑对二元组 ((S,x)) 计数，其中 (S) 表示一种放点的状态，(x) 表示这种状态里未被标记的一个点。
每种状态内一定会有恰好 (m) 个点被标记，有 ((n-m+1)) 个点未被标记。并且，我们只需要知道点 ((n+1)) 没被标记的方案，点都是相同的，于是方案就是 ((2n+2)^m(n-m+1)(n+1)^{-1})。
C
(n,m,sum kle 10^5)，考虑用 bitset 搞这个东西。
设 (V) 是值域，与 (n) 同阶。
对原序列分 (omega) 块，每块存一个大小为 (V) 的 bitset，表示是否出现过这个数。
可以发现 bitset 的或运算满足幂等律，可以用 Sparse Table 存。设 ( ext{st}_{i,j}) 为第 ([i,i+2^j)) 块的 bitset。查询时直接取出来即可，时间复杂度 (O(dfrac{n}{omega}))。预处理的时间复杂度和空间复杂度是 (O(omega log omega imes dfrac{n}{omega})=O(n log omega))。
对于零散块，暴力查询，最多有 (O(dfrac{n}{omega})) 个位置，时间复杂度 (O(dfrac{n}{omega}))。
Day7
CF516E
势能分析。
(dotsdots)
AGC023E
首先算满足条件的排列个数 (S)。只有 (A_i=n) 的位置可以填 (n)，(A_ige n-1) 的位置可以填 (n-1)。于是设 (c_i) 为 (A_kge i) 的 (k) 个数，那么 (S=prod limits_{i=1}^n (c_i-n+i))。
假如某个 (c_i) 满足 (c_i-n+i=0)，那么 (S=0)，特判掉。
现在一种暴力做法就是枚举 (i,j) 满足 (i<j)，求出 (P_i>P_j) 的排列 (P) 个数。分类讨论：
- 假如 (A_i=A_j)：个数为 (frac{S}{2})。
- 假如 (A_i<A_j)：由于 (P_i) 一定小于等于 (A_i) 所以可以把 (A_j) 变成 (A_i) 并计算合法排列数 (S')，个数即为 (frac{S'}{2})。
- 假如 (A_i>A_j)：按照 (A_i<A_j) 的方法做即可。
记前缀积 (f_i=prod limits_{jle i} c_j)，(g_i=prodlimits_{jle i}(c_j-1))。那么假如令 (A_jgets A_i)，就可以用 (f,g) 表示出 (S')。
枚举 (i)，用线段树维护。
(dotsdots)
CF555E
先 Tarjan 得出所有 e-DCC，将它们连成有向的强连通分量，这样其中任意两个点之间都连通。并将原图缩成一棵树，假如在这棵树上有 (s o t)，那么 (s o operatorname{LCA}(s,t)) 之间的边向上，(operatorname{LCA}(s,t) o t) 之间的边向下。
用树上差分判断是否合法即可。
ARC091F
设 (SG_k(n)) 表示 (n) 个石子，参数为 (k) 的 SG 函数。
找一下规律，可以发现先手必胜和先手必败是交替的。
(SG_k(n)=egin{cases} dfrac{n}{k} & n mod k=0\ SG_k(n-lfloor dfrac{n}{k} floor)& ext{otherwise} end{cases})
但这样递推可能会 TLE。注意到有时候 (lfloor dfrac{n}{k} floor) 是不变的，这时候直接算出它什么时候会改变或者满足 (nmod k=0)。
时间复杂度：
(dots dots)
CF578F
(dotsdots)
AGC035E
对于每个 (x) 满足 (1le xle N)，连边 (x o x-2,x o x+k)。
然后对于 (k) 的奇偶分类讨论。
(dotsdots)
CF575A
显然 ([f_{i},f_{i+1}]=egin{bmatrix}0 & s_{i-1}\ 1 & s_i end{bmatrix}[f_i-1,f_i])。
记 (A(i,j)=egin{bmatrix}0 & i\ 1 & j end{bmatrix})，答案就是 ([0,1] imes A(s_0,s_1) imesdots imes A(f_{k-1},f_k))。
预处理出 (A(s_0,s_1) imesdots imes A(s_{n-2},s_{n-1}))。
但这样会有一些特殊点，考虑线段树维护矩阵的乘积。
对于没有特殊点的段矩阵快速幂，有特殊点的乘一下。
用线段树，单点乘，全局查询积。
AGC039E
CF526F
Day8
CF547D
对于一组 (x) 或 (y) 相等的点，我们在它们之间连有向边，剩下的点不管。然后跑二分图染色即可。
为啥它是二分图？
FJOI2013 圆形游戏
先扫描线一遍求出圆之间的包含关系。于是转化成了树上删边游戏。
Day9
A
推一下 (k) 阶等差数列的式子，假如询问是 ([l,r])，那么第 (i) 个位置对答案的贡献就是 (dbinom{r-i+k-1}{k-1})。所以它是一个关于 (r) 的 (k) 次多项式，用树状数组维护每个位置的多项式系数即可。
对于一次单点加操作，实际上是对它所在的树状数组上的区间对应的多项式，每项都乘上 (dfrac{a_i+x}{a_i})。
时间复杂度 (O(nklog n))。