ZJOI 选做

[ZJOI2015]地震后的幻想乡

考虑克鲁什卡尔的算法流程，发现最小生成树之和相对大小关系相关，由于是实数期望，所以可以忽略掉大小关系相等的情况。一种简单的方法就是枚举 (m) 条边的相对大小关系，然后模拟克鲁什卡尔算法，假设在第 (i) 条边加入时联通，那么答案为 (dfrac{i}{m+1})，因此设 (f_i) 表示加入 (i) 条边时仍然没有联通的方案数，那么答案为 (dfrac{1}{m+1}sum dfrac{a_i}{inom{m}{i}})。因此只需要快速求出 (a_i) 即可。

设 (f[i][j]) 表示集合 (i) 中连接了 (j) 条边，联通的方案数，那么 (a_i=1-f[M][i])。接下来就是常规操作了，固定最小的点 (p) 必须被包含，那么 (f[S][i] = 1-sum_{Tin S, 2^pin T}f[T][j] imes dbinom{cnt_{T&S}}{i-j})，直接转移即可，复杂度 (O(3^n imes m))，当然可以采用子集卷积进行优化，但是实际效率可能会更慢。

[ZJOI2016]大森林

查询操作可以在修改之后统一完成，我们只要能还原出最后的每一棵树即可。然后相邻的两棵树的关系一定是十分密切的，考虑依次枚举每一棵树，然后还原出当前这棵树。

我们从 (1 o n) 枚举每一棵树，然后可以发现只有 (4) 种操作：删除一个操作 (0)，增加一个操作 (0)，删除一个操作 (1)，增加一个操作 (1)。

对于操作 (0)，实际上把每个操作 (0) 当成 ([1, n]) 也没有问题，因为操作 (1, 2) 都不会操作不存在的点。只需要在操作 (1) 的时候判断其合法性即可，由于每次操作都是一段区间，所以可以将删除/加入一个 (0) 操作看成删除/加入一些 (1) 操作，由于总量是 (O(M)) 级别的，所以只需要处理 (1) 操作即可。

考虑两次操作 (0) 之间的所有修改操作，他们都是一类点，我们可以建一个虚点，然后每次增加或者删除 (1) 操作就是直接将虚点的父亲改掉即可。然后我们用一个点存储他到父亲节点的边是否存在，注意这里不能直接 (spilt)，需要求出 (LCA)，然后统计 (dep)，(LCA) 即先 (access(x)) 之后再 (access(y)) 第一个通往 (x) 的那个点。

[ZJOI2016]小星星

先考虑一个暴力，考虑这是一棵树，我们考虑树形(Dp)，直观的想法是设(dp[i][j][k])表示考虑到以(i)为根的子树，在图中映射出来的点集为(j)，且当前(i)号点所映射的点为(k)的方案数。转移比较显然，对于每个(u)，枚举一个子树内选择的点的子集即可。这里的复杂度是(O(3^NN^3))的，(N^3)分别来自枚举根节点，枚举根节点和子树分别选择什么，可以通过(FWT)优化到(O(2^N N^4))，还不能通过此题。

考虑到(i, k)是省不掉的，而且这个范围也不难猜到复杂度跟(O(2^N))有关，我们尝试优化掉(j)这一维。

我们需要保证每个点恰好需要用一次，才导致于我们必须要记录 (j) 这一维，那如果不限制这个，可以任意选择呢？可以发现，我们 (2^n) 枚举所有子集，强制规定树上的映射只能选择这个子集内的点，发现 (j) 这一维突然消失了，然后所求得的答案对最终答案的贡献就是((-1)^{n-|S|})。于是我们的复杂度就变成了(O(N^3 imes 2^N))，由于我们只能选择一个子集，大概可以带一个(dfrac{1}{4})的常数，于是我们可以通过此题。

[ZJOI2016]旅行者

考虑分治，假设当前分治矩形长宽分别为 (a imes b)，且 (a>b)，那么我们将其分成两个矩形，大小为 (dfrac{a}{2} imes b)。然后求出边界上每个点到其他所有点的最短路，对于一个询问，如果其两个点都在其中一个矩形中或者分在了两个矩形中，那么就更新一下答案，不难计算复杂度为 (O((S+Q)sqrt{S}logS))。

[ZJOI2017]线段树

找到 ([l, l]) 与 ([r, r]) 的 (LCA)，抛开这一层，暴力递归到下一层去，然后将询问拆分成 ([l, x], [x+1, r])，那么询问就变成了一个区间的前缀或者后缀。不妨只考虑前缀，后缀也可以用类似的方法进行求解。

考虑求出 ([r, r]) 与 (u) 的 (LCA)，简单画图+分类讨论可以得出，我们只需要支持查询 ([l, r]) 的节点个数即可求出答案，很显然只需要深度做差即可。

[ZJOI2017]仙人掌

题意可以转化成：给定一棵树，有一些已经选择的链，你再选择若干条长度大于 (2) 的链，使得其没有公共边。然后不难发现，只要去掉所有的环，那么原图会变成一个森林，森林之间互不影响，求出每个数的答案相乘即为答案，所以我们只需要可以计算出树的答案即可。

考虑怎么计算一颗树的方案数，有一个神奇的转化：考虑一个合法的方案，我们把所有的非环上的边看成一条重边，也就是一个环，那么原问题可以转化成：给定一棵树，求有多少种方案，选择若干条链覆盖所有边，且所有链边互不相交。为什么是对的呢？环的长度一定大于等于三，而没有被覆盖的边如果把他看成长度为 (2) 的环，那么所有的边都会被恰好覆盖一次，且我们对链而的长度没有了限制！

考虑转化题意要怎么进行计算，先把所有的边看成是一条链，那么对于每个点，他可以选择连接两条链，也可以不连接，我们设其度数为 (d_i)，设 (f_i) 表示 (i) 叶子结点的菊花图的答案，那么根据乘法原理，答案为 (prod f[d[i]])，至于 (f_i) 的计算，枚举其是否匹配，易得 (f_i=f_{i-1}+f_{i-2} imes (i-1))。

[ZJOI2017]树状数组

首先题意可以转化成：给一段区间的一个数等概率异或一，查询两个点相等的概率。

不难想到，我们可以将区间分为三类：只包含第一个点的，只包含第二个点的，包含两个点的。其余区间对答案没有影响。

可以先考虑一个暴力 (dp)，设 (dp[i][0/1]) 表示考虑到第 (i) 次修改，当前节点是 (0/1) 的概率，然后转移比较显然，只和区间长度相关。如果我们将一个区间的左右端点 ((l, r)) 看成二维平面上的一个点，那么我们对答案有影响的三类区间分别在三个矩形中，那么我们只需要快速维护矩形的 (dp) 值即可。可以用 (KDT) 来实现，每个节点存的是只考虑这个节点所包含的点的 (dp) 值。

[ZJOI2018]历史

首先对于每个点分开考虑，这个点对答案的贡献考虑怎么计算。

首先每个点的每一个儿子的子树，对根节点的贡献是一样的。所以，每一个点对答案的贡献只跟：当前点的(a_i)以及所有儿子的子树(a_i)之和有关

假设所有有关的值的最大值为(Ma)，和为(Sz)，那么这个点对答案的贡献是：(Sz-max(0, 2 imes Ma-Sz-1)-1)（-1是因为最开始占领需要花费一次）。(Sz-1)很好维护，所以我们现在只需要考虑怎么维护(max(0, 2 imes Ma-Sz-1))

以下是神仙操作：

考虑两种情况对答案的贡献，第一种情况是(2 imes Ma ge Sz+1)，发现这种(Ma)最多只有一个。于是我们可以类似(LCT)，把所有满足这个条件的点和其父亲连重边，其余连轻边，不难发现仍然满足(LCT)的性质。

考虑每一次修改，我们对其路径上的点进行修改，重链修改的部分只有可能是把路径上的一条轻链变成重链。这样的修改最多是(log)个，暴力修改即可

[ZJOI2019]语言

考虑一个点可以到达的点一定是以下方式构成：考虑所有经过他的链，然后这些链的端点所形成的连通块，即为一个点所有可以到达的点。假设求出了这些点，可以通过建立虚树的方式求出连通块大小。

考虑具体的计算方式，将所有关键点按照 (dfs) 序排序，每个关键点对答案的贡献为他到上一个关键点的 (LCA) 的距离，因此我们可以很方便的支持插入/删除一个关键节点。

考虑一个点 (u) 的所有关键点和儿子节点的所有关键点之间的关系，不难发现就是先取并集，然后加上起点在点 (u) 的点，计算答案之后，减去起点和终点均在 (u) 子树内的链（也就是 (LCA) 为 (u) 的链），再合并上去，用启发式合并可以简单做到 (O(Nlog^2N))

[ZJOI2019]开关

设(f_i)表示状态为(i)的期望步数，那么我们考虑转移方程：

[f_i=sum_{k}f_{ioplus 2^k} imes p_{k}+1=sum_{joplus k=i}f_{j} imes p_{k}+1 ]

其中(p_{k})只在(2^k)处为(p_k)，其余部分为(0)。

然后我们可以利用高斯消元来求解，复杂度(O(8^n))，我们还需要进行优化。

考虑设(F(x)=sum_{i=0}^{n}f_ix^i, G(x)=sum_{i=2^k}p_kx^i, I(x)=sum_{i}x^i)。所以我们可以写成：(F(x)=F(x) imes G(x)+I(x)+c)，其中(+c)的意义是强制把(f_0)转成(0)。

接下来是一步神奇的操作，这里实际上是一个异或卷积，我们可以把它们强行转成点值，于是我们有：(FWT_i(F(x))=FWT_i(F(x)) imes FWT_i(G(x))+FWT_i(I(x))+FWT_i(c), FWT_i(F(x))(1-FWT_i(G(x)))=FWT_i(I(x))+FWT_i(c))。不难发现这些点值都很有规律。

(1.FWT(C))

不难发现他恒等于(c)。

(2.FWT_i(I(x)))

设(i)有(k)个(1)，考虑(FWT_i=sum_{j}(-1)^{|i&j|}=2^{n-k}sum_{j=0}^kdbinom{k}{j}(-1)^j=2^{n-k}[k==0])。

(3.FWT_i(G(x)))

(FWT_i(G(x))=sum_{j}(-1)^{|i&j|})，也就是所有(0)位置上的(p_j)之和减去(1)位置上的(p_j)之和。

当(i=0)时，(FWT_i(G(x))=1)，所以此时(-FWT_i(I(x))=FWT_i(c))，所以我们解出(c=-2^n)。

我们先考虑(i=0)。(i=0)时上面的方程不能计算，但由于(IFWT_0(FWT_0(F(x)))=0)，所以(FWT_0(FWT_0(F(x)))=0)，即(FWT_0(F(x))=-sum_{i e 0}{FWT_i(F(x))})，算出所有的(FWT_i(F(x)))之和即可。

[FWT_i(F(x))=dfrac{-2^n}{1-FWT_i(G(x))}=dfrac{-2^n}{2 imes sum_{i&{2^k} e 0}p_k} ]

[egin{aligned}&;;;;IFWT_i(FWT_i(F(x)))\&=dfrac{1}{2^n}Big(sum_{j e 0}(-1)^{|i&j|}dfrac{-2^n}{2 imes sum_{i&{2^k} e 0}p_k}+sum_{j e 0}dfrac{2^n}{2 imes sum_{i&{2^k} e 0}p_k}Big)\&=Big(sum_{j}dfrac{|i&j|≡1;mod;2}{sum_{i&{2^k} e 0}p_k})end{aligned} ]

到这里我们已经有一个(O(2^n))的做法了，考虑怎么加速这个计算过程：设(dp[i][0/1][j])表示考虑了前(i)个数，和(S)集合的交集的奇偶性为(0/1)，当前的(p_i)之和为(k)的方案数。直接转移即可，复杂度(O(nsum P))。