前言
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Div.2——四月是你的谎言
下面是 Div.2 的题解。
A. 若能绽放光芒
首先讲一个 (Theta(n^3)) 的暴力：
枚举区间 ([l,r])，这里已经有 (Theta(n^2)) 的时间复杂度了。
然后我们考虑怎么找到这段区间对应的最长公共“子序列”。
这个贪心一下，找到从左到右的第一个下一个字母，(Theta(n)) 匹配即可，这里有 (Theta(n)) 的时间复杂度。
故总的时间复杂度是 (Theta(n^3))。
接着讲一下 (Theta(n^2)) 的做法：
实际上你会发现上面那个是增量构造，对此我们可以优化。
考虑固定左端点，右移右端点，这样可以省去一维的复杂度。
于是就优化成了 (Theta(n^2)) 的时间复杂度，即可通过本题。
for(Re int i=1;i<=n;i++)
{
int k=0;
for(Re int j=i;j<=n;j++)
{
while(k<=m&&b[k]!=a[j])
{
k++;
}
if(k>m)
{
ans=min(ans,j-i+1);
break;
}
k++;
}
}
B. 七色交响曲
对于 (30\%) 的数据，我们考虑对 (n) 个物品枚举它们属于的容器情况即可，时间复杂度大约为 (Theta(n!))。
对于 (60\%) 的数据，我们换个更优秀的搜索策略，并加上记忆化。
考虑 ([l,r]) 区间最优怎么算，我们枚举它中间的断点，把这个区间分成两块处理，也就是所谓的分治。
它的思想就是来源于搜索，于是我们考虑在分治过程中加上记忆化数组。
这样，它的时间复杂度为 (Theta(n^3))。
对于 (100\%) 的数据，我们考虑这样一个动态规划想法：
如果想到了上面的记忆化搜索思想，那这题的动态规划思路应该还是很好想的。
设 (f[i]) 表示将 (1) 至 (i) 的物品都放入容器中的最小费用。
我们考虑枚举一个 (j) 来进行转移，具体状态转移方程如下：
设 (l) 的前缀和数组为 (s) ，即 (s[i]=sumlimits_{k=1}^{i}l[k]) ，那么方程就变为如下形态：
此时我们暴力去做，时间复杂度为 (O(n^2))，即可通过本题。
memset(dp,127/3,sizeof dp);
dp[0]=0;
for(Re int i=1;i<=n;i++)
{
for(Re int j=0;j<i;j++)
{
dp[i]=min(dp[i],dp[j]+(s[i]-s[j]+i-j-1-p)*(s[i]-s[j]+i-j-1-p));
}
}
C. 闪耀
为了方便起见，下面设题目中的两人为甲、乙。
设投票记录用 (m+n) 元有序组 ((a_1,a_2,...,a_{m+n})) 表示。
当第 (1leq kleq m+n) 次唱票时，如果选票为甲，则 (a_k=1)，否则 (a_k=-1)
令 (b_k=sumlimits_{i=1}^{k}a_i)，然后考虑用折线法来求解。
从左到右连接以下格点：((1,b_1),(2,b_2),...,(m+n,b_{m+n}))，得到一条 (m+n-1) 节的折线。
因为甲的票数一直领先，所以 (forall k,b_k>0)，且 (b_1=1,b_{m+n}=m-n)
换句话说，这是一条连接 ((1,1)) 与 ((m+n,m-n)) 且与 (x) 轴没有交点的折线。
由简单的数学知识可知：这种折线数目为 (egin{aligned} ext{C}_{m+n-1}^{m-1}- ext{C}_{m+n-1}^{m}=frac{m-n}{m+n} ext{C}_{m+n}^{m} end{aligned})
直接预处理逆元后输出即可，时间复杂度 (Theta(n))。
int ans=1;
ans=(1ll*ans*inv[m+n])%mod;
ans=(1ll*ans*(m-n))%mod;
for(Re int i=1;i<=m;i++)
{
ans=(1ll*ans*inv[i])%mod;
ans=(1ll*ans*(m+n-i+1))%mod;
}
D. 橘黄
搜索即可，你们不是刚刚学了搜索吗？？？
直接枚举每种情况，然后算答案即可，时间复杂度约为 (Theta(n!))。
由于这种做法比较简单，更优的做法代码放在 Div.2 的 D 题中。
E. 爱之忧伤
对于 (20\%) 的数据，我们考虑枚举两个点 (i,j) 后暴力跳 LCA 来求 (f(i,j))，时间复杂度为 (Theta(n^3))
对于 (50\%) 的数据，我们在跳 LCA 的时候考虑 倍增/重链剖分/Tarjan 来优化它，时间复杂度可以做到 (Theta(n^2log n))
对于 (100\%) 的数据，我们换一个思路：
对于每个点，看看它是哪些点对的 LCA，然后只要考虑每个点这样的贡献，最后把它们求和。
具体来说，我们枚举一个 (i)，记录下以 (i) 为根的子树大小，然后直接用这个计算即可。
时间复杂度为 (Theta(n))
inline void dfs(int u,int f)
{
sz[u]=1;
for(Re int i=0;i<T[u].size();i++)
{
int v=T[u][i];
if(v==f) continue;
dfs(v,u);
ans=(ans+a[u]*(1ll*sz[u]*sz[v]%mod)%mod)%mod;
sz[u]+=sz[v];
}
}
Div.1——末日三问
下面是 Div.1 的题解。
A. Always in my heart
我们考虑把每个位置连一条指向下一个 ( ext{a}) 至 ( ext{z}) 的边，这样形成的图叫作子序列自动机。
所以用 (Theta(n |Sigma|)) 的时间建出来，再用 (Theta(n)) 的时间枚举一遍，然后就做完了。
f[0][0]=0;
for(Re int i=0;i<=m;i++)
{
for(Re int k=0;k<26;k++)
{
if(pntB[i][k]!=-1)
{
for(Re int j=0;j<=n;j++)
{
if(pntA[j][k]!=-1)
{
f[pntB[i][k]][pntA[j][k]]=min(f[pntB[i][k]][pntA[j][k]],f[i][j]+1);
}
}
}
else
{
for(Re int j=0;j<=n;j++)
{
if(pntA[j][k]!=-1)
{
ans=min(ans,f[i][j]+1);
}
}
}
}
}
B. Ever be my love
我们考虑把 Div.3 的那个式子优化成 (Theta(n))，而这要用到斜率优化的内容，可以学一学，详见：
https://www.cnblogs.com/kebingyi/p/14157680.html
C. Chtholly Nota Seniorious
本题与 Div.3 的 C 题类似，读者可不妨自行推导出这样的式子：
同样，我们直接求解即可。
int ans=1;
ans=(1ll*ans*inv[m+n])%mod;
ans=(1ll*ans*m)%mod;
for(Re int i=1;i<=n;i++)
{
ans=(1ll*ans*inv[i])%mod;
ans=(1ll*ans*(m+n+n-i))%mod;
}
D. Scarborough Fair
很妙的！
这个搜索类似于上面 Div.3 的 B 题中 (60\%) 部分分的形式。
我们以几乎同样的思路再做一遍就不难得出正解，具体的由场切的 chenxulei 大佬来讲解吧！
其实这个题是 IOI2020 国家集训队作业的原题，有能力的同学可以考虑刷一刷这个。
LL dfs(int L,int R,LL x,LL y)
{
if(L>R) return 0;
LL ret=1e17;
for(Re int i=L;i<=R;i++)
{
ret=min(ret,dfs(L,i-1,x,x+y)+dfs(i+1,R,x+y,y)+a[i]*(x+y));
}
return ret;
}
E. 最幸福的女孩
大家知道那个 (O(nln n)) 求数论函数的技巧吗？
不知道的话可以学学，看如下标程：
for (Re int i = 1, j; i < maxn; i++)
for (Re int j = 1; j * i < maxn; j++)
(f[i * j] += g[i] * 1ll * phi[j] % mod * mu[pi[i]] % mod) %= mod;
这么做看着是 (O(n^2)) 的，其实是 (O(nln n)) 的，至于为什么就自己去学学吧……
然后前缀和一下：
for (Re int i = 1; i < maxn; i++) (f[i] += f[i - 1]) %= mod;
这样就可以 (O(1)) 查询了。