AGC 备忘录
Notes
- Beginner：过于简单因此没进备忘录的题
- Easy：能在几分钟内秒掉或者一眼看出了做法的题
- Medium：自己想出了正解或大部分思路的题，或一些正解不难但很有迷惑性的题。
- Hard：自己只想到了个大方向或者束手无策的题
- Insane：完全想不到，几乎理解不能的题
- 加号：该难度中相对难的题。
- 减号：该难度中相对简单的题。
- 前一个难度的加号约等于后面一个难度的减号，用于区分个人差。
AGC001
D (Easy)
一段长度为 (i) 的回文事实上就是限制了 ((1,i),(2,i-1),(3,i-2)) 这样的字符必须相同。
注意到一段长度为 (L) 的区间会给这个序列加 (lfloorfrac{L}{2} floor) 个限制，而我们至少需要 (n-1) 个限制，所以显然 (n) 是奇数就一次都不能浪费，也就是 (a,b) 都只能有一个长度为奇数的段了。
然后如果 (n) 是偶数我们就可以浪费一次，所以可以分为 (a) 有 (0) 或 (2) 个长度为奇数的。
一个非常强的构造策略是我先输出一个 (1)，然后全部复读，不难发现这样对于偶数就是合法的，但是错了一位，把错的那位放到开头末尾和奇数的段即可。
E (Easy+)
组合意义。
从 ((-x,-y)) 走到 ((z,w)) 的合法路径数就是 (inom{x+y+z+w}{x+z})。
因此我们直接把走到起点的路径数设为 (1) 然后递推一遍，在所有终点处统计贡献。
这样求出的是 (sumlimits_{i=1}^{n}sumlimits_{j=1}^{n}f(i,j))，不要忘记稍微处理一下。
F (Hard)
考虑排列中值为 (i) 的位置为 (a_i)。
那么我们能交换 (a_i) 和 (a_{i+1}) 当且仅当 (|a_i-a_{i+1}|geq k)。
于是我们发现，如果 (|a_i-a_j|<k)，无论怎么样它们都不能被交换，也就是说它们的关系已经被固定。
大胆猜测固定所有 (|a_i-a_j|<k) 的对同样是构造排列的充分条件，同样可以证明。
因此我们转化回去，就变成了给一个序列，差 (<k) 的下标的相对关系已经固定，求可能的最小排列。
这个东西就可以建 DAG 了（然后这里粉兔说明了一些题解的问题）。
于是一个点的入度就是 (a_{i-k}sim a_{i+k}) 里面比它大的数的数量，直接暴力上数据结构即可。
AGC002
D (Easy)
整体二分基础练习题。
E (Medium)
考虑把博弈的网格画出来，然后找到一个厉害的结论：一个点和它左下的胜负态相同。
然后直接搞一下就做完了。
F (Hard)
(f_{i,j}) 为放 (i) 个白球后放完 (j) 种其它颜色球的方案数。
然后每次可以在最前面放一个白球或者在后面的位置随便放 ((k-1)) 个同一种颜色的新球。
注意 (igeq j)。
AGC003
D (Medium)
非正解。
首先有个 (O(nv^frac{1}{3}+nfrac{sqrt v}{log v})) 的做法，过不去。
然后换成 (O(nv^frac{1}{3}+nv^frac{1}{4}))，就过去了。
你不想写 pollard-rho，于是你发现两个数都大于 (sqrt v) 的匹配其实巨少，直接跑到 (5) 秒把剩下的都当没匹配直接加进答案里就过了。
E (Medium)
首先离线一下操作，显然如果两个操作有 (a_igeq a_{i+1}) 那 (a_i) 就没用了，于是我们可以把 (a_i) 转成递增的。
设 (f(n)) 为前 (n) 个元素的贡献，显然我们可以找到 (<n) 且最大的 (a_i)，记这个东西的值为 (x)，就可以将 (f(n)) 拆成若干个 (f(x)) 和一个 (f(n ext{ mod }x)) 了。
时间复杂度 (O(nlog n))，因为 ( ext{mod}) 函数每次至少减半。
F (Hard)
因为题目是一个递归的形式，我们尝试现在 (2) 层递归中找规律。
我们发现在两个复制的交界处一定是上下交界或者左右交界。
于是考虑交界能否有交：显然在原图上有交的话，在每一层都会有交，反之亦然。
那么枚举一些情况：
- 上下左右都没有交，显然每次连通块都一分为黑格数量个，答案为 (cnt^{k-1})，其中 (cnt) 为黑格数量。
- 上下左右都有交，显然每次递归完后都仍然联通，答案为 (1)。
- 只有上下有交或只有左右有交，下面描述如何处理。
首先如果只有上下有交我们直接旋转 (90) 度，这样就只有左右有交了。
然后我们发现，在 (2) 层递归的图中，只要原图里有两个相邻的黑格，答案就会减 (1)，初始答案为 (cnt^2)。
类似地，我们只需要求出在 (k) 层递归图中有多少相邻的黑格就可以算了。
这是一个简单的问题，直接矩阵快速幂就做完了。
AGC004
D (Easy)
注意到 (1) 必须是自环。
然后 (1) 肯定在基环树上。
于是把 (1) 拆掉之后就是一棵树了，随便做。
E (Hard)
首先让所有机器人移动的细节非常多，我们考虑只让出口移动。
假设出口的移动范围为一个矩形 ({i,j,k,l})。
这样的话出口对应的矩形和原矩形就会有一个交，这个交外面的格子要么已经被收集了要么一定白给了，所以这个东西可以作为一个 dp 状态。
我们设 (f_{i,j,k,l}) 为这个移动范围下已经被收集或白给的格子中，最多被收集的数量，每次转移即可。
F (Hard)
考虑树的情况。
如果我们把奇数层的节点染黑，一次移动就等价于把两个不同色相邻节点翻转，也就是移动一步黑色节点。
于是问题变成了奇数层有一些节点，每次可以移动一个，问多少次才能使所有白色节点变黑。
考虑每条边的贡献即可。
然后套一个环直接考虑断环为链。
如果是偶环我们依旧枚举某条边贡献，可以发现是一个经典模型。
最后说一下卡了我很久的奇环：这条边的操作一定让黑点 (+2) 或者 (-2)，显然黑白点相等后就不会再操作，所以直接加权值即可。
AGC005
D (Hard-)
考虑钦定 (i) 个点不合法，但是仍然满足是一个排列的方案数。
我们发现给同行同列不合法的点连边之后一定是若干条链，求链上独立集。
于是就非常好做了。
E (Hard)
记先手在 A 树上走，后手在 B 树上走。
首先发现一个结论：如果存在两个 A 树上相邻的点在 B 树上的距离 (geq 3)，并且先手能走到那个节点，那么答案就是 (-1)。
假设不存在上面那类边，也就是说 A 树的边在 B 树上的边的长度 (leq 2)，这样我们发现是必然走不出这个子树的，直接 dfs 所有能走到的点，对答案取最大值即可。
F (Medium+)
考虑计算每个点算的次数，其实就是 (inom{n}{k}-sumlimits_{iin e_x}inom{sz_i}{k})。
于是我们只需要对 (k=1,2,cdots,n) 求出 (sumlimits_{i=1}^nc_iinom{i}{k}) 即可，显然 (c_i) 直接一遍 dfs 就可以求了。
于是推推式子：
就做完了。
AGC006
C (Easy)
不难发现只需要维护坐标期望即可，真实坐标没啥用。
然后坐标期望是非常好算的，我们可以获得一个 (O(nm)) 做法。
然后发现 (n) 次操作后相当于期望值乘上了一个排列。
于是直接倍增即可，时间复杂度 (O(nlog m))。
D (Medium)
首先二分。
二分完之后，我们发现如果有两个相邻数都是 (1) 或 (0) 的，它们一定能一起上升到上一行。
于是求出包含中间的一段最小稳定段分类讨论即可。
E (Medium)
首先可以把每一列抽象成它最后的位置和它当前的正反。
一次操作可以看成交换 (a_x) 和 (a_{x+2})，并将 (a_x,a_{x+1},a_{x+2}) 都反过来。
于是我们求出奇偶数位置的逆序对数和初始状态中被反过来的对数。
确认奇偶性即可。
F (Medium+)
这个题看起来巨大像图论题，我们考虑转化成图论，也就是对于任意黑格 ((x,y))，从 (x) 向 (y) 连有向边。
如果 ((x,y)) 变黑了，那么一定存在 ((y,a),(a,x)) 使得它们都是黑的，于是我们可以把一条正向边转化成两条反向边，又可以把一条反向边转化成两条正向边。
这样可以怎么建模呢？我们考虑把正向边看作 (+1)，反向边看作 (-1)，这样模 (3) 意义下就对了。
现在我们把边拆成 (+1) 和 (-1) 的两条，要求任意两个点是否可以走 (sum) 模 (3) 等于 (1) 的边到达。
注意如果边都是一个集合连另一个集合是不可能生成新的边的，要判掉。
AGC007
C (Hard-)
你需要观察到一点：在推掉其中一个球之后，剩下球和盒子的距离的期望仍然是等差数列！
于是就做完了。
这也太神仙了吧？
D (Easy+)
最后方案一定是割成若干段，每次先走到一段的最右边，再走回最左边，再走到最右边。
然后直接优化一下决策点记录一下历史状态就好了。
注意一些很小的细节。
E (Medium+)
首先我们发现是求一个 dfs 序。
如果确定好 dfs 序之后怎么做呢？
我们可以用一个 dp 统计答案：(f_i=max(f_l,f_r,g_{l,1}+g_{r,0}),g_i=(g_{l,0}+w_l,g_{r,1}+w_r))。
时间复杂度非常劣，但是我们发现这个东西完全可以二分。
二分之后我们相当于维护了一个合法的集合，去掉被二维偏序的点之后还剩一些较小值递增较大值递减的状态。
这个时候我们发现，合并的时候就可以直接启发式了！我们对于 size 较小的去搞一下，然后证明一下总状态数并不会太多就行。
F (Hard-)
考虑答案一定是选一些字符，这些字符不断向右延伸，出现冲突就新开一列。
我们可以发现它们尽量向右挤是最优的。
于是直接把匹配的位置算出来求每一列会有几次冲突即可。
AGC008
D (Easy)
按照 ((a_i,i)) 排序，然后每次将最前面有空的数用来垫着。
全部弄完之后再对于剩下的元素做一遍，每次也将最前面有空的数拿来垫着。
最后检查一遍是否合法即可。
E (Medium+)
首先我们把 (i o a_i) 表示成 (i) 向 (a_i) 连边，形成内向基环森林。
于是构造的排列就必须保证 (i) 到 (a_i) 的距离 (leq 2) 了。
稍微手玩一下可以得到结论：
-
一个不是自环的连通块一定最后还在一个环中。
-
一棵内向基环树可以分两种情况：只有环，和有环上的点。
-
两个长度相等的环可以结合在一起。
-
一个长度为奇数的环可以自己反一下。
-
一棵内向基环树如果不是一个环，不能和其它树合并。
于是问题变成了两个子问题：
- (n) 个点，两个点可以套在一起，有 (k) 种方法。
- (n) 条线段，每条线段可以选择覆盖 ([i,r]) 或者 ([(i+1)\%n,(r+1)\%n])，问方法数。
好像都很水，于是就做完了。
F (Hard)
首先我们知道答案肯定不是每个点最大扩展次数的和，因为会算重。
我们考虑所有算重的方案，显然会存在一个 (d) 最小的（也就是说 (d) 相同，(x) 不同所构成的点集也一定不同），我们就考虑只对于这样的 ((x,d)) 计数。
然后我们考虑判定一组 ((x,d)) 是否合法：对于所有和 (x) 相邻的节点 (y)，如果 ((x,d)) 和 ((y,d-1)) 相等，那么 ((x,d)) 不合法，反之合法。
也就是说，合法当且仅当去掉任意一棵子树后，都存在一棵子树的深度 (geq d)，即第二深的子树深度 (geq d)。
特别地，覆盖整棵树可能不满足上面的规律，所以我们不统计整棵树对应的点集，在最后 (+1) 即可。
于是你把其中的一个 subtask 做完了，接下来考虑只能选其中部分点的情况。
那么其实也就是每个点多了一个下界，重点在于怎么计算这个下界。考虑用别的点替代一定是在某一棵子树里选一个点，然后把这个子树全选完，因此考虑所有有可以选的点的子树，取最小的深度即可得到下界。
AGC009
C (Easy)
考虑平方 dp：(a_{i}) 属于集合 (A/B)，上一个属于另一个集合的是 (a_j)。
于是 (f_{i+1,i,A}) 等于一段区间的 (f_{i,j,B}) 的和，暴力计算这段区间即可。
注意有些时候因为 (a_{i+1}-a_i<A) 一个前缀都会变成 (0)，需要处理一下。
D (Hard)
就是点分治，问分治最少层数。
我们发现答案显然 (leq log n)，考虑 (O(nlog n)) 的 dp。
考虑点分树的一个描述：点分树上深度相同的点的路径肯定经过一个深度更小的点。
这个描述非常友好：我们发现如果我们将一些点的深度 (+1)，这一点仍然满足。
于是我们依次枚举并判断即可。
E (Medium)
首先我们考虑每个数对答案的贡献，就是 (a_i imesfrac{1}{k}^{t_i})，其中 (t_i) 是这个数被操作的次数。
我们发现一个事实：我们可以构造出任意一组 (sum frac{1}{k}^{t_i}=1) 对应的操作序列！
于是问题变为了找若干个符合要求的小数，直接 dp 即可。
感觉这题反而没有 D 难，为啥洛谷上是黑的啊。
AGC010
D (Easy)
对于 (nleq 2) 特判。
然后你发现如果在不能改变数的奇偶性的情况下答案和所有数减 (1) 的和的奇偶性有关。
也就是说一个人如果发现他要输了，必须想个办法使得 (gcd) 是偶数，即所有数都是偶数。
这显然等价于场上只剩下一个 (>1) 的奇数且没有 (1)，此时他的操作也唯一，因此世界线收束。
迭代不会超过 (log n) 轮，因此时间复杂度 (O(nlog nlog a))。
E (Hard)
显然如果两个数不互质那么它们的相对位置就固定了。
首先我们考虑先手确定了这张图。
那么后手只要不断取出 (deg=0) 的点中编号最大的点即可。
于是先手反过来使得每个连通块这么做的字典序最小就是最优解。
时间复杂度 (O(n^2log a))。
F (Medium+)
现在假设先手从 (1) 挪到 (x)。如果后手在 (x) 这棵子树必败，那么它走回去之后先手可以再挪回来，因此后手必败。
唯一的问题是如果 (a_1leq a_x)，会出现 (1) 先变不合法的情况，此时不能走这个分支，而其它情况都是可以的。
于是我们成功地把判断一个点是否必败分解到它的子树是否必败，对于每个节点 dfs 计算一次即可。
时间复杂度 (O(n^2))。
AGC011
D (Easy+)
手玩一下发现如果第一个墙激活了就会直接被弹回来，不然就可以走到第二个墙的右边，此时第二个墙又被激活，不断重复后就走到了另一侧。
然后对于走到另一侧的情况，对于每个墙，如果下一个墙一开始是激活的那么这个墙一定变成非激活，如果下一个墙一开始是非激活的那么这个墙一定被激活，而最后一个墙一定被激活。
也就是说我们要执行这样的操作：循环右移一位并取反所有数，将开头的 (1) 变成 (0)。
不难发现这个操作一定以 (2n) 为循环节，直接暴力 (O(n)) 做就行了。
注意 (k<2n) 的步不一定在循环里，需要暴力做。
E (Medium)
可以发现其实一个上升数就是九个形如 (111cdots1) 的数的和。
然而 (111cdots 1) 并没有什么优美的形式，我们考虑整体乘 (9)。
于是一个上升数就是九个形如 (10^x-1) 的数的和。
也就是说， 我们要求出 (x) 至少要表示成多少个形如 (10^x-1) 的数的和。
注意到这个答案一定不会很大（最多为 (9log x)）我们可以直接从小到大枚举并判断。
于是我们只要支持高精度位数和和加 (1) 即可，时间复杂度 (O(nlog x))。
F (Hard+)
照抄 command_block 了，因为实在太过神仙。
显然因为 (k) 个时刻会发一辆新车，所以所有车通过轨道的时间都可以对 (k) 取模。
设 (p_i) 为向右的车在 (i) 停靠的时间，(q_i) 为向左的车在 (i) 停靠的时间。
我们可以列出从左向右的车通过第 (x) 个区间的时间为 (sumlimits_{i=1}^{x-1}a_i+sumlimits_{i=0}^{x-1}p_isimsumlimits_{i=1}^{x}a_i+sumlimits_{i=0}^{x-1}p_i)，而从右向左的车通过第 (x) 个区间的时间为 (-sumlimits_{i=1}^{x}a_i-sumlimits_{i=0}^{x-1}q_isim-sumlimits_{i=1}^{x-1}a_i-sumlimits_{i=0}^{x-1}q_i)。
如果我们设计的方案合法的话，这个区间是不会有交集的，也就是说这两个集合的交集应该是空的。
稍微整理一下可以得到一个优美的式子：(sumlimits_{i=0}^{x-1}p_i+q_i otin(-2sumlimits_{i=1}^{x-1}a_i,-2sumlimits_{i=1}^{x}a_i))
做到这个形式之后就非常简单了，每次把这段区间的数放到右边就可以了，可以直接线段树维护 dp。
感觉这题非常困难……准备给后面更困难的题开新等级了。
AGC012
C (Easy)
我们发现如果我们能钦定后一半，那么数量可以转化为前一半符合某种条件的子序列数。
注意到字符集很大，我们尝试构造一个排列。
我们先输出这个排列，再输出一个 (1sim n) 的排列，那么答案就转化为了长度为 (n) 的上升子序列数量。
直接倍增构造答案即可。
D (Medium)
考虑这个交换和这个数在哪个位置根本没有关系。
于是如果 (x,y) 可以交换，(y,z) 可以交换，那么 (x,y) 也可以交换，因此我们就可以划分出若干个可以交换的集合，对于每个集合求阶乘即可。
对于每种颜色，同色交换事实上就等价于有一部分数能和 (w) 最小的数交换，异色交换就等价于其中一种颜色 (w) 最小的能和另一种颜色的一些球交换。
于是剩下的部分是非常平凡的，求出每种颜色内部的集合和颜色之间的连边即可。
E (Medium)
如果你做不出来，一个提示：(V) 的值域只有 (2 imes 10^5)。
不难发现 (log V) 次跳跃之后 (V) 一定变为 (0)，每次跳跃之后能走的都是一个区间。
然后我们就把 (frac{1}{2}V,frac{1}{4}V,cdots,1) 分给左边的前缀和右边的后缀，如果存在一种分法就是 possible。
显然我们可以算出使用集合 (s) 时最长能覆盖多长的前缀/后缀，唯一的问题是，如果我们对于每个点暴力 check，时间复杂度是 (O(nV)) 的。
事实上对于每个长度为 (V) 的极长区间的答案都是一样的，而如果极长区间的数量超过了集合中数的数量一定无解，因此时间复杂度降低到 (O(Vlog^2V))，可以通过。
F (Hard+)
首先我们知道 (a_ileq b_ileq a_{N-i})。
设 (b_i=x)，然后我们知道每次如果我们加两个小于 (x) 的数 (x) 就会变成 (x) 的前驱，加两个大于 (x) 的数 (x) 就会变成 (x) 的后继。
注意到一个数和前后缀之间一定不会相隔其它的数，所以对于任意 (i>j)，肯定不存在 (b_i<b_j<b_{i+1})。
在这基础上，我们可以证明以上两个条件已经充分，从后往前构造序列即可。
于是在这个结论下，我们可以设计一个从后往前的 dp：(f_{i,j,k}) 代表要选 (i) 位，前面还有 (j) 个数可选，后面还有 (k) 个数可选的方案数。
转移是平凡的，时间复杂度 (O(n^4))。
AGC013
D (Easy+)
我们可以把放进去一个红球，拿出来一个蓝球改成放进去一个指定球。
于是我们考虑转化成现在只有 (n-1) 个球，做 (m) 个放球，拿球的循环（如果先拿球可能存在一些特殊的 case），最后答案乘以 (2)。
这样就等价于你可以做 (m) 次 (pm1,0) 的操作之后求极差 (leq k) 的操作序列数量。
这个题就比较平凡，先枚举极小值，然后因为 (n,mleq 3000) 的特性直接暴力 dp 转移即可。
E (Easy+)
首先这个 (prod a_i^2) 看起来非常阴间，我们直接大力组合意义拆成在区间里选一个点打一种标记，再选一个点打另一种标记。然后这一切就都好起来了！
记 (f_{i,0/1,0/1}) 表示放完前 (i) 个，是否打第一种标记，是否打第二种标记，非常好写出转移。
然后如果某个位置被禁了，就代表不能在这个位置新开一段，因为只有 (10^5) 个位置，我们直接暴力转移。
时间复杂度 (O(mlog n))，常数应该比较大。
F (Hard+)
首先我们都知道对于两个已经确定的序列，只需要检验对于任意一个值 (v)，(a) 序列中 (leq v) 的数的数量都多于 (b) 序列中 (leq v) 的数的数量。
于是我们直接转化，就变成了有一个序列和若干区间，每次给一个后缀临时 (+1)，问至少要选择多少区间 (+1) 才能使得每个数 (geq 0)。
我们考虑有没有不依赖于后缀的决策：显然对于一个 (leq -2) 的 (v) ，它必须被覆盖到至少 (-1)。
然后最后相当于我们只需要覆盖一段前缀的 (-1)，我们可以对于每个前缀分别求出答案。
特别注意的是，第一遍我们应该从后往前依次处理，不然如果 (4) 需要一个区间，我们选了 ([2,6])，但是如果覆盖了 (2) 开始的后缀，最优的方案应该是选 ([1,5])，这个贪心就错误了。
AGC014
D (Easy)
如果一个点有两个叶子显然木大。
如果一个点有一个叶子显然可以把这个点先选强迫后手选那个叶子，这样就可能产生更多叶子。
直接选择一个非叶子节点 dfs 模拟即可。
E (Easy)
注意最后一次连边，一定是直接一条蓝边换一条红边。
而这次连边之前，显然这条边一定要被保留，所以直接将这两个点合并即可。
代码有一些小细节。
F (Hard)
对于 (i=1)，显然这个数不会影响别的数是不是前缀最大值。
于是其实我们先求出 (i=2sim n) 的答案，然后再看看这么多次之后是否 (1) 也归位了。
显然在 (i=2sim n) 的倒数第二步完成时，此时 (2sim n) 的第一个数显然不是 (2)。
我们考虑将第一个数 (x) 和 (1,2) 的位置关系求出，然后证明一个非常厉害的事情：这三个数相对的循环顺序不会改变。
具体证明基于一个结论： (x) 当且仅当在第一个位置时是前缀最大值，其它情况都不是前缀最大值。
于是在最后一步完成时，如果我们在所有操作前的相对顺序是 (1,2,f)，那么 (1) 就自动归位了。不然第一位上的数还是 (2)，就需要再合并一次。
直接模拟这个过程扫一遍就行了。
AGC015
D (Easy)
考虑不断求包含最高位的数有多少能被表示。
假设现在同时存在有最高位的数和没最高位的数。
不含最高位的数能构造的数显然在 ([l, 2^x))。
包含最高位的数构造的数显然在 ([2^x,2^{x} ext{ or }(2^{x}+1) ext{ or }cdots ext{ or }r))
将它们的并集加入答案，并将最高位的数都丢了，分解成子任务。
如果所有数的最高位相同，显然所有能构造的数都包含最高位，减去最高位后分解成子任务即可。
时间复杂度 ( ext{polylog}(r))。
E (Medium-)
注意所有点最后一定按照 (v) 排序。
对于第 (i) 个点，如果有第 (j) 个点最开始在 (i) 后面，最后在 (i) 前面，那么 ([i,j]) 的所有点显然都在 (i) 被初始染色的时候染上色。
于是我们可以算出第 (i) 个点的染色区间 ([l,r])，显然 ([l,r]) 有单调性，随便 dp 一下就可以了。
F (Hard)
我们要构造答案越大越好，注意到如果 (x<y)，((x,y)) 会变成 ((ymod x,x))，我们直接反向构造，从 ((0,1)) 开始反推。因为我们要让用的数尽可能小，我们显然会从 ((y,x)) 推回 ((x+y,x))。
最后会发现其实最小的最深答案就形如 ((Fib_i,Fib_{i+1}))，因此答案也只有 (log n) 级别。
考虑哪些数对可能可以这样反向构造回去。显然构造的方法就是不断推回 ((kx+y,x))。
不难发现 (k) 在除了最后一步的位置只能取 (1) 或 (2)，不然可以证明如果这样存在解则存在一个答案更大的解。同样不难发现的是 (2) 只能选一次，证明的方法是类似的。
因此我们还证明了除去最后一层，反向构造在最后一步之前只能构造出层数个解。
于是我们直接对于所有解求出最后一步能得到几个合法对即可。
注意在只有一层的时候特判。
AGC016
D (Not solved)
我们记所有数的异或和为 (S)，显然每次的操作就是交换 (a_i) 和 (S)。
我们考虑对于所有 (a_i eq b_i) 的 ((a_i,b_i)) 连边，对于每条边答案 (+1)，每个连通块答案 (+1)。
最后注意如果存在 (b_x=igopluslimits_{i=1}^n a_i)，可以省去一次。
E (Medium-)
每只鸡的情况要么是一定死，要么是可能活下来。
如果一只鸡可能活下来，那么一定存在一个集合 (S)，只有集合 (S) 中的鸡全在某次选择中被献祭才可能让最后的某只鸡活下来。
我们可以依次模拟所有操作，如果某次操作为两只都有可能存活的鸡 ((x,y))，那么 (y) 的集合就要或上 (x) 的集合，并且 (x) 的集合也要并上 (y) 的集合。
特别地，如果两个集合交集为空，显然这两只鸡都必死，因为一只鸡没有办法献祭两次。
最后枚举集合判断交集是否为空即可，时间复杂度 (O(n^3+nm))。
F (Medium)
不难扯到 SG 函数上做。
我们考虑直接钦定每个点的 SG 函数，然后要满足以下要求：
- (sg_i=A) 的点要对于每个 (B<A) 向至少一条 (sg_j=B) 的点连边。
- (sg_i=A) 的点之间不能连边。
那么我们考虑钦定一个点集是合法的，每次加一个新的点集，加入的点集的 SG 函数都是原点集的 SG 函数最大值 (+1)。
再看看要满足什么要求：这些点之间的边全部不取，对于每个集合外的点和新选的点之间的连边要至少选一条边。
可以做到 (O(n3^n))。
AGC017
D (Easy)
经典 SG 函数练习题。
我们尝试表示一棵子树的 SG 函数。
不难发现，如果加入一棵子树，因为子树可以变成任意操作后状态或者直接消失，所以相当于 SG 函数异或上 (f_y+1)。
检查 (f_1) 是否为 (0) 即可。
E (Medium)
讲个笑话，我一直以为可以翻转。
记一个点某侧的权值，接地为 (-a_i) 或 (b_i)，没接地为 (c_i) 或 (-d_i)， 显然两个点能连当且仅当权值相等。
于是大力边转点，我们就要从一个正数点开始，走若干个有向边到负数点。
注意到可以不连成一段，所以可能会走多次。我们建一个超级起点和超级终点，检查是否在增加若干条这两个点之间的边后存在一条欧拉回路即可。
具体来说就是每个正数点出度都不比入度少，负数点同理，并且不能有一个连通块内部消化完了。
F (Medium+)
显然的思路：放完 (x) 根线，状态为 (S) 的方案数，时间复杂度高达 (O(4^{n} ext{poly}(nm)))。
问题在于我们一次枚举了过多的状态，我们尝试分解每层的状态。
考虑放完 (x) 根线，第 (x+1) 根线覆盖部分方案为 (A)，未覆盖部分方案为 (B)，两个状态之间距离为 (d)。
时间复杂度为 (O(2^nn^2m))，空间复杂度 (O(2^nn))，无法通过。
我们发现覆盖的特殊要求就是 (A) 的前缀 ( ext{popcount}) 要大于等于 (B) 的前缀 ( ext{popcount})。
所以可以不记录到某一位的距离，记录第 (i) 条线走完前 (j) 步，已经覆盖的位为 (A)，剩余要覆盖的位为 (B) 的方案数即可。
AGC018
D (Easy+)
首先对于哈密顿回路的问题是经典的，就是每条边的边权乘 (min(sz_x,sz_y))。
对于哈密顿路，显然我们只需要扣掉一条边。
我们考虑哈密顿回路的构造方式，核心就是要每次进入以重心为根的不同子树。
因此我们扣掉一个点只需要扣掉最后回重心的那个点即可，答案只需减去重心的出边中距离最短的那条。
特别注意的是如果有两个重心，那么只有它们之间的边是两个重心的公共出边，特判即可。
E (Not solved)
F (Not solved)
AGC019
D (Not solved)
E (Not solved)
F (Hard-)
显然如果还剩 Yes 多我们就猜 Yes，不然猜 No。
于是我们放到二维平面上，每个决策可以表示成一条边，数所有路径经过的决策边数量之和即可。
唯一的问题是决策边的数量并不好数，是这个形状的：
我们考虑把每条边超出斜线的部分强行折回去，然后加上 (0.5) 的贡献（因为一定会走一条超出斜线的竖边）。
计算斜线上的每个点被经过的路径条数即可。特别注意因为事实上我们没有折回去，所以计算的其实就是走到左下的路径数量乘以走到右上的路径数量。
AGC020
D (Not solved)
E (Not solved)
F (Not solved)
AGC025
D (Easy+)
对于所有距离为 (D_1) 的点连边，可以证明这是一张二分图。
取出点较多的一侧，对于所有距离为 (D_2) 的点连边，仍然可以证明这是一张二分图。
因此最终至少可以选出 (lceilfrac{lceilfrac{4n^2}{2} ceil}{2} ceilgeq n) 个点。
E (Hard)
抛出一个结论：所有被经过至少两次的边都能提供 (2) 的贡献。
考虑每次选一个叶子。
如果这个叶子没有连向父亲的路径，那么我们什么都不用考虑，直接删点即可。
如果只有一条连向父亲的路径，我们就之后再考虑，将这条路径的起点改为它的父亲。
如果有 (geq 2) 条连向父亲的路径，我们选一条定一个方向，再选一条定反方向，剩下的随意。
设这两条路径的终点分别为 (a,b)，它们从当前结点 (x) 分开的位置为 (t)，显然 (x o t) 的路径肯定被覆盖两次，而 (t o a) 和 (t o b) 因为方向相反可以变成 (a o b) 的路径。显然因为这个节点是叶子，(x) 肯定不等于 (t)，所以我们成功地将问题缩小到了相同条件的更小规模，反复操作即可。
由于数据范围很小某些地方可以复杂度换码量，然而细节还是很多。
F (Hard-)
每次操作可以看成是从高到低，对于每个都为 (1) 的位产生一次进位，并处理随之带来的进位。
我们发现一件神奇的事情：我们可以对于从高到低的位，直接产生至多 (k) 次进位，与上述操作等价。
证明可以使用归纳法，在我们增加一次的时候，如果某一位上都是 (1)， 那么这一位进位之后位置上的数一定是 (0)。而即使它下面的所有位都全为 (1)，这一位也无法继续进位。
此时我们得到了一个 (O(nk)) 的暴力，考虑继续优化。
我们发现只有在 ((01,01)) 的情况下对低位进位不会减小 (0) 的个数，于是我们将连续的 ((0,0)) 段压在一起存之后暴力模拟，时间复杂度即为 (O(n))。
有趣的事实：zhoukangyang 没有使用这个性质也切掉了此题，大家可以膜拜他。
AGC055
A (Easy+)
我觉得比 B 难。
将字符串分成三段，每次枚举一个 ABC 的排列 (s)，尝试在第 (i) 段中找出尽可能多的 (s_i)，取最小之后将这些字符取出即可。
可以通过一些方式证明最后一定能取完。
B (Easy)
首先我们发现无论怎么操作每种字符的数量都是不变的。
注意到一个性质：如果有一个 ABC，它可以和任意一个字符交换。
于是我们直接对于 (s,t) 寻找 ABC 并移到最前面即可。
当没有东西可以移动时能否转换等价于剩下的两个串是否完全相同。
C (Medium-)
一个显然的性质：所有数的答案要么是 (L-1)，要么是 (L)，其中 (L) 为序列的 LIS 长度。
于是一个很自然的想法是枚举哪些位置是 (L-1)。
枚举完哪些位置是 (L-1) 之后，我们发现我们要求的就是 (L) 的最大值和最小值。
最小值是显然的，也就是 (L-1) 的位置数量，构造为剩下的数全选 (+infty)，注意要和 (3) 取 (max)。
最大值应该是在每个空隙中尽可能塞若干对数。
例如，我们选择 ({1,3,6,8})，那么我们可以让 (a_3<a_4=a_5<a_6)，那么这样 LIS 长度就增加了 (1)，注意 (0) 和 (n+1) 都必须选上。
不难发现能塞的对数和选的数的数量只和长度为奇数的空隙有关，枚举选的数的数量和长度为奇数的空隙计算即可。
注意选所有数和不选数是两种情况。
D (Hard)
神仙结论题。
记 (A_x) 为序列所有前缀 (A) 比 (B) 多的数量的最大值，(B_x) 和 (C_x) 的定义类似。
抛出一个神仙结论：序列可以被分解当且仅当 (A_x+B_x+C_xleq n) 且 (A,B,C) 各有 (n) 个。
必要性显然，充分性也可以通过一些技巧证明。
于是直接大力 dp 就可以了。