省选做题总结
2.16 - 2.22
Luogu P4068 [SDOI2016]数字配对
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定义(cnt[i])为(a[i])唯一分解之后所有质因子的指数之和。
我们发现当且仅当：(cnt[j] = cnt[i] + 1 &&a[j]\%a[i] = 0)时，(a[i])和(a[j])才可以配对。
那么如何获得最大价值呢？我们考虑费用流。
首先把(cnt[i])为奇数的放左边， 为偶数的放右边，因为可以配对的两个数字他们的(cnt)奇偶性一定不同。
然后源点向左部连一条流量为(b[i])，费用为0的边。可以配对的两个节点连一条流量为(inf)，费用为(c[i] * c[j])的边。右部向汇点连一条流量为(b[j])，费用为0的边。跑最大费用最大流就好了。
Luogu P3973 [TJOI2015]线性代数
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题中给定了这个式子 ： (D = (A * B - C) *A^T), 我们考虑把它变换一下形式；
(D = A * B * A^T -C*A^T = sum_{i = 1}^n sum_{j = 1}^na[i]*b[i][j] *a[j] - sum_{i = 1}^nc[i] *a[i])
变换形式后的式子看起来顺眼多了，很容易观察到，(a[i])和(a[j])同时取1的时候答案将会加上(b[i][j] - c[i]).
所以我们可以考虑最小割。源点向每个(i)连一条流量为(c[i])的边，然后(a[i])和(a[j])同时向一个新建节点(k)连一条流量为(inf)的边，然后(k)向汇点连一条流量为(b[i][j])的边，跑最小割就好了。
割掉一条从源点出发的边的意义是 ： (a[i])取1；
割掉一条连向汇点的边的意义是 ： (a[i],a[j])取0。
Luogu P4055 [JSOI2009]游戏
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首先我们可以把所有的可以相互到达的'.'连一条边，然后求出这个图的最大匹配(k)。一条最大匹配上的边的意义是 ：这两个节点是可以相互推的。（废话）
如果说(k * 2 = tot)，(tot)为总点数，那么说明无论先手走到哪个点，都一定有下一个点可以让后手推，所以先手必败。
相反，如果有非匹配点，那么先手放到这些点就可以必胜。因为一个非匹配点一定连着一个匹配点（如果是两个非匹配点相连的话那就又会多一条匹配，与最大匹配矛盾），这样先手只要放了非匹配点，那么后手就只能推向一个匹配点。这样问题就和第一种情况一样了：不论后手推到哪个点，都一定有下一个点可以让先手推，所以先手必胜。
我们跑一边匈牙利，求非匹配点(x)，但这并不是全部的答案。我们发现二分图上与(x)同侧的可以被(x)取代的那些点也是答案点。比如与(x)相连的点为(y)，可以知道(mat[z] = y)的点(z)，这个(z)就可以被(x)取代。(dfs)一下就好了。
Luogu P1368 【模板】最小表示法
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就是给一个环，问这个环从哪个点断开后出现的序列字典序最小，可能会有相同元素。
这是最小表示法的模板题，但我并没有学最小表示法（之后补上吧），所以用了比较麻烦并且有点慢的SA过了这道题。
首先我们将这个环从1断开，然后补成原来的二倍，这样比较方便，然后对这个新字符串求一下后缀数组。
然后预处理一下(height)数组的区间最小值，这样可以(O(1))的求出任意两个后缀的(lcp)。(O(n))的遍历这个字符串，比较答案串和当前串的(lcp)的下一个字符就可以更新答案了。
Luogu P4171 [JSOI2010] 满汉全席
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可以说是2-SAT的模板题了。
我们可以把一种食材的汉族做法和满族做法分别看成0和1。对于一个评委的要求(i_0,j_1)，如果说没有(i)的汉族做法就一定要有(j)的满族做法，没有(j)的满族做法就一定要有(i)的汉族做法。对应的连边就是(i' -> j', j -> i)，就是说如果有(i)的满族做法，那么一定要有(j)的满族做法。
然后Tarjan判断一下有无解就好了。
Luogu P5782 [POI2001] 和平委员会
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HDU 1814是这道题的加强版，要求输出所有合法答案的字典序最小的那一个，好像是要(dfs)实现，我还不会。
我们可以把一个党派的两个人分别看做0和1。如果有(i,j)不友好，那么连边就是：(i -> j',j ->i')。用Tarjan判断有无解。
那么怎么输出合法方案呢？对于同一个党派的两个人(i, i')，谁所在的强联通分量编号小就输出谁。因为每个强联通分量的标号就是反向的拓扑序。
Luogu P3209 [HNOI2010] 平面图判定
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首先平面图有一个性质 ：(m <= 3 * n - 6)。不满足这个性质的一定不是平面图。
所以(m)的数据范围一下子缩小了好多。
我们把这个图中的不是哈密顿环上的边都找出来，每条边只有两种可能，在环内和在环外。这就和2-SAT问题的0和1很像了。然后我们在找到可能会相交的那些边，把这两条边看做是矛盾的，就是一个在环内一个在环外，跑Tarjan判断有无解就好了。
Luogu P4036 [JSOI2008]火星人
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很明显，平衡树维护哈希值就好了。
我们在执行询问操作的时候，可以二分一下(lcp)的长度，然后用平衡树查询一下那段区间的哈希值一样不一样就好了。
Luogu P4287 [SHOI2011]双倍回文
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Manachar的好题。
首先我们把Manachar的板子打上，然后对更新(mx)那里面进行一些操作。们只需要判断更新的这整个回文串的一半是不是回文串就好了。看代码应该更好理解 ：
for(int i = 1;i <= n; i++) {
if(mx < i) r[i] = 1;
else r[i] = min(mx - i, r[2 * p - i]);
while(s[i + r[i]] == s[i - r[i]]) r[i] ++;
if(i + r[i] - 1 > mx) {
if(!(i & 1))
for(int j = max(mx, i + 4);j < i + r[i]; j++) {
if(!((j - i) & 3) && r[i - (j - i) / 2] > (j - i) / 2) ans = max(ans, j - i);
}
mx = i + r[i] - 1; p = i;
}
}
我们可以知道答案一定是4的倍数。(i - (j - i)/2)是整个回文串前半部分的中点，只要这个点的回文半径大于整个回文串的四分之一，那么整个回文串一定是双倍回文。
考试题 划分序列
给定一个长的为(n)的序列，要求分成(k)段，每一段都是连续的一部分，要求权值最大的子段权值和最小。序列元素为整数。(n <= 50000)。
如果说所有元素都是整数还比较好说，直接二分就好了。
但这道题有负数。还是考虑二分。二分一个(mid)表示权值最大子段的权值和。
为了满足这个限制，我们需要把整个序列分成若干段，但是一定会有一个最小段数(L)和最大段数(R).只要(L <= k <= R)，那么这个(mid)就是合法的。
设(f[i])为前(i)个数字分成合法的段的最小段数。转移方程就是 ：
(f[i] = min{f[j] + 1mid sum[i]-sum[j] <= mid})；
(sum)代表前缀和。我们只需用树状数组优化一下就好了。最后(L)就等于(f[n])。
求(R)的方法一样，只需设(f[i])为前(i)个数字分成合法的段最大的段，转移改为(max)就好了。
时间复杂度(O(nlog^2n))。
bzoj 2223. [Coci 2009]PATULJCI
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主席树维护(size)就好了，主要是怎么找大于一半的数字。
int Query(int R, int L, int l, int r, int k) {
if(t[R].siz - t[L].siz <= k) return 0;
if(l == r) return l;
if(t[ls(R)].siz - t[ls(L)].siz > k) return Query(ls(R), ls(L), l, mid, k);
else return Query(rs(R), rs(L), mid + 1, r, k);
}
这么找就好了。
Luogu P4219 [BJOI2014]大融合
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平衡树维护虚链信息。
平常维护(size)是这样维护的：
void up(int o) {
siz[o] = siz[ls(o)] + siz[rs(o)] + cnt[o];
}
现在要把虚链所连的那些点的(size)也维护上：
void up(int o) {
siz[o] = siz[ls(o)] + siz[rs(o)] + cnt[o] + sizx[o];
}
(sizx[o])代表节点(o)虚链所连的子树的(siz)。所以我们需要在连虚链的地方维护这个(sizx)。就是下面这两种情况：
(Link)连边的时候连的是虚边；
(Access)的时候会有虚边的消失和产生。
Luogu P4172 [WC2006]水管局长
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平衡树维护生成树。
我们发现每删除一条水管可能需要重构最小生成树。不好弄，我们把操作从后向前进行，改为加边。
每往生成树中加一条边就会构成一个环，我们在环上找到权值最大的一条边再删掉就好了。
连边，删边，找最大值在平衡树上很容易实现。但是还有个问题，就是平衡树上只能维护点的信息，不能维护边。我们可以将边转化成有价值的点，举个例子：当前有一条边的边权为5，连接着(x, y)；那我们把他转化成(x,y,z)三个点，((x,z)(z,y))两条边，其中(z)的权值是5。
CF525D Arthur and Walls
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构造搜索题。
我们用一个2*2的网格遍历整个矩形，这个网格里无非就四种情况：有1， 2， 3， 4个$ * (。我们发现，有2， 3， 4个) * (的都不用改，只有1个) * (的时候需要改，因为不管这个2*2的网格覆盖在在矩形的任何方位，都不可能出现仅有一个) * $的情况。所以我们只需搜索这种情况就好了。
Luogu P6247 [SDOI2012]最近最远点对
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这本来是K-D树的题，但我不太会，于是看到一种乱搞的方法感觉挺好的。
随机旋转坐标系角度，然后对所有点进行以(x)为第一关键字，(y)为第二关键字排序，然后暴力枚举部分节点统计答案就好了。正确率非常高。
有一个旋转公式需要记住，点((x, y))逆时针旋转(alpha)度后：
((cos alpha*x - sinalpha*y,sinalpha*x+cosalpha*y))。
CF103D Time to Raid Cowavans
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根号分治。（这种题见得挺少的）
对于(n/k)比较小的，我们直接暴力跳块就好了。
其余的我们预处理一下后缀和就好了。
但是所有都预处理空间会炸。我们考虑把所有操作都离线下来，把(k)相同的都存在一个vector中。每次只预处理一个(k)，空间就没问题了。
P3201 [HNOI2009] 梦幻布丁
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对于修改，我们是要合并两个集合，显然要启发式合并。
其实知道要用启发式合并就没什么好说的了，实现还挺简单的。
简单说一下启发式合并的复杂度 ： 我们每次将小的集合合并到大的集合上面，显然小的集合的大小会翻倍。点数上限是(n)，所以对于每个点，我们最多就会合并(logn)次，所以总时间复杂度是(O(nlogn))的。
CF600E Lomsat gelral
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仍然是启发式合并。
我们考虑统计一颗树中的颜色（根为(x)），是不是先要统计它每一棵子树中点的颜色，那是不是最后一棵子树统计完了颜色的出现次数不用清0，直接用到当前树(x)中去就好了。所以为了使用重复统计的节点数量最多，我们最后一棵统计的子树一定是他的重儿子。
于是我们得到了清晰地思路：首先找出每个节点的重儿子，然后遍历每个节点，先统计出这个节点所有轻儿子的答案，每次统计完轻儿子都要清空记录次数的(cnt)数组；然后去统计重儿子的答案，不用清空(cnt)；然后再去统计一遍所有轻儿子的节点的颜色出现次数，得到当前点的答案。
CF1437E Make It Increasing
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无解的情况不用说，挺好想的。
如果没有强制不修改的元素，我们考虑怎么做。我们需要满足这个限制条件：(forall i < j, j-i<=a[j]-a[i])，变换一下形式就是：(j - a[j] <= i-a[i])。
所以我们可以把(i-a[i])看成是序列元素，对这个序列求一个最长不降子序列，那么用总数减去最长不降子序列长度就是要修改的数量。
这个题有(k)个点不能改，那我们可以把它看成(k+1)段，每一段都是上面所说的那个问题了。但是要注意一点，求出来的这个最长不降序列一定要包括首尾（开头和结尾那两段分别不用包括首和尾），因为首尾的那两个节点是不能改的。
2.23 - 2.25
Luogu P4135 作诗
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分块好题。
首先我们预处理处两个东西：(f[i][j])代表颜色(i)在前(j)个块中出现的次数，(ans[i][j])代表块(i)到(j)有多少种颜色。
这两个东西都可以(O(nsqrt n))预处理出来。但是预处理(ans)的时候要注意一下方法，就比如一开始我的方法，看上去没问题，但其实是会(TLE)的：
for(register int i = 1;i <= k; i++) {
for(register int j = i;j <= k; j++) {
for(register int l = L[j];l <= R[j]; l++) {
tong[a[l]] ++;
if(tong[a[l]] == 1) v.push_back(a[l]);
}
for(register int l = 0;l < (int) v.size(); l++) {
int val = v[l];
if(!(tong[val] & 1)) ans[i][j] ++;
}
}
for(register int j = L[i];j <= n; j++) tong[a[j]] = 0; v.clear();
}
上面的代码(v)的大小最坏可以达到(O(n))大小的，复杂度就不对了，改成下面这种就好了：
for(register int i = 1;i <= k; i++) {
int res = 0;
for(register int j = i;j <= k; j++) {
for(register int l = L[j];l <= R[j]; l++) {
if(tong[a[l]] & 1) res ++;
else if(tong[a[l]]) res --;
tong[a[l]] ++;
}
ans[i][j] = res;
}
for(register int j = L[i];j <= n; j++) tong[a[j]] = 0; v.clear();
}
预处理完这两个东西也就好做了，之后就和正常分块一样。统计答案的时候非常巧妙：
res = ans[x + 1][y - 1];
for(register int i = 0;i < (int) v.size(); i++) {
int val = v[i];
int tmp = t[val][y - 1] - t[val][x];
if(tmp && !(tmp & 1)) res --;
tmp += tong[val];
if(!(tmp & 1)) res ++;
}
(v)中存的是两边散块的颜色，如果整块中这个颜色的次数是偶数，就(res) --，因为之后如果总和是偶数的话还会加回来，总和是奇数的话那么本来就该减一次。
Luogu P1903 [国家集训队]数颜色
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带修莫队板子题。
与普通莫队不太一样的地方：对于每个询问操作再记录一个它前面有几次修改。
在询问的时候，先把两个指针移动到对应区间，然后还需要一个指针移动到当前询问之前的最后一个修改位置。
这个新的指针移动到哪里，它就执行之前所有的修改操作。
当然，排序也要改一下：
int cmp(ques x, ques y) {
if(pos[x.l] == pos[y.l]) {
if(pos[x.r] == pos[y.r]) return x.t < y.t; // t是当前询问前面有几次修改。
else if(pos[x.l] & 1) return pos[x.r] > pos[y.r];
else return pos[x.r] < pos[y.r]; // 奇偶排序
}
else reurn pos[x.l] < pos[y.l];
}
Luogu P3857 [TJOI2008]彩灯
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线性基。
每个开关都可以控制一些彩灯，我们把可以控制的地方看成1，不可以控制的地方看成0，那么每一个开关就是一个01串。如果要按下当前开关，那么相当于对当前灯的开关状态异或上这个01串。
我们现在想要知道可以得到多少种灯的开关状态，也就是任意开关组合，可以得到不同的01串的个数，这正好就可以用线性基做。
我们把这些01串的线性基构造出来，假如说线性基的大小是(K)，那么最终答案就是(2^K)。
Luogu P4570 [BJWC2011]元素
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线性基。
我们如何选择石头才能使总和最大呢？答案是：贪心的选，也就是从魔力值最大的开始选，能选则选。
为啥呢？我们考虑当前有(a, b, c)三个魔法石，满足：(a oplus b oplus c =0,val[a] > val[b] > val[c])。
根据异或的性质：(aoplus b=c,aoplus c = b， b oplus c= a)，那么既然三个中只能选两个，那我们为什么不选最大的那两个呢？
所以现在我们可以得出清晰地思路：将所有石头按魔力值排序，然后一个一个插入线性基，若能插进去就把这个石头的价值统计到答案里。
Luogu P4869 albus就是要第一个出场
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还是线性基。
首先我们得知道一个线性基的性质：
设原集合大小为(N)，线性基大小为(B)，显然线性基可以异或出(2^B)个数，那么每个数值的个数就是(2^{N - B})，从题目中的样例解释就可以看出来了。
为什么呢？我们可以知道不在线性基中的元素个数是(N-B)，对于任意一个不在线性基中的元素，我们可以用线性基的若干元素异或和得到，那么对于任意一个由不在线性基中元素异或得到的数(x)，肯定也可以用线性基的若干元素的异或和得到。
每一个数(x)都可以从线性基中找到一个一样的异或和，它们两个异或后得到0。一共会有(2^{N-B})个(x)，所以就有(2^{N-B})个0，其他数字应该也是一样的。
知道了这个性质之后就可做了。
我们二分一个排名，然后用线性基求(k)小值算出这个排名上的数字是多少，判断一下就好了。最后记得加上0的个数。
考试题 吉利数
题目大意：
计算这样的(n)位数个数：每一位只能出现奇数，1和3必须出现并且必须是偶数次。(n <= 1e15)
矩阵加速 + 组合数学。
设(a_n)代表每一位只出现奇数，1，3出现了偶数次。
设(b_n)代表每一位只出现奇数，1出现了偶数次，3出现了奇数次（或者是3出现了偶数次，1出现了奇数次）。
设(c_n)代表每一位只出现奇数，1，3出现了奇数次。
可以得到：(a_n = 3a_{n-1}+2b_{n - 1})，(b_n=3b_{n-1}+a_{n-1}+c_{n-1})，(c_n = 3c_{n -1}+2b_{n-1})。
然后矩阵加速就好了。但是少考虑了一点，1和3必须出现，而dp过程并没有考虑。
我们考虑容斥一下：2 *（减去1没有出现，3出现了偶数次的情况），再加上1,3都没有出现的情况。
1没有出现，3出现偶数次的情况：(sum_{i=0}^n[2mid i] C_n^{i}*3^{n-i}).
我们考虑怎么求这个，有二项式定理：
((3+1)^n=sum_{i=0}^nC_n^{i}*3^{n-i})
((3-1)^n=sum_{i=0}^n(-1)^iC_n^{i}*3^{n-i})
上下两式相加在除以2就可以得到要求的式子，而这个式子的值就是(2^{n-1}+2*4^{n-1})。
Luogu P4035 [JSOI2008]球形空间产生器
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高斯消元。
有(n+1)个点，编号从0到(n)，球心设为(O)
直接上式子(dist(n1，O)=dist(n0,O))。
这样可以列出(n)个式子，拆开化简可以把平方项消掉，直接高斯消元就好了。