Day1
数对
给定 (n) 个正整数 (a_i)，请你求出有多少个数对 ((i, j)) 满足 (1 le i le n)，(1 le j le n)，(i e j) 且 (a_i) 是 (a_j) 的倍数。
(2 le n le 2 imes 10^5)，(1 le a_i le 5 imes 10^5)。
考虑使用桶，记 (cnt_x) 表示 (a_i = x) 的个数。
那么分两种情况讨论，第一种情况是 (a_i = a_j = x)，对答案的贡献为 (sum inom{cnt_x}{2})；第二种是 (a_i = x < a_j = y)，那么这时候枚举 (a_i) 的值 (x)，同时枚举 (x) 的倍数 (y)，对答案的贡献为 (sumlimits_{x} sumlimits_{y} cnt_x cnt_y)。
时间复杂度是经典的调和级数 (O(frac{n}{1} + frac{n}{2} + frac{n}{3} + cdots) = O(n ln n))。
卡牌游戏
有 (n) 张卡牌，第 (i) 张卡牌的正面有数字 (a_i)，背面有数字 (b_i)，初始时所有卡牌正面朝上。
现在可以将不超过 (m) 张卡牌翻面，最小化朝上的 (n) 个数字的极差。
(3 le n le 10^6)，(1 le m < n)，(1 le a_i, b_i le 10^9)，(a_i) 单调不下降，(2n) 个数字互不相同。
先把 (a, b) 拼成一个长度为 (2n) 的数组 (c) 排序。
对于这个有序的数组，极差即是选中的那一段 (l, r) 的 (c_r-c_l)。
于是用双指针枚举 (l, r)，不在 (l, r) 当中则意味着那一位被删除，具体要求是：
- 删掉的 (a) 面不超过 (m)；
- 不存在同一张卡牌的 (a, b) 面同时被删除。
对于第一条开一个 (cnt) 维护，第二条开一个 (vis) 数组维护即可。
时间复杂度 (O(n log n))，不明白 (a) 有序有什么意义。
图函数
对于一张 (n) 个点 (m) 条边的有向图 (G)，定义函数 (f(u, G))：
- 初始化返回值 (cnt = 0)，图 (G' = G)。
- 从 (1) 至 (n) 按顺序枚举顶点 (v)，如果当前的图 (G') 中，从 (u) 到 (v) 与从 (v) 到 (u) 的路径都存在，则将 (cnt + 1)，并在图 (G') 中删去顶点 (v) 以及与它相关的边。
- 第 (2) 步结束后，返回值 (cnt) 即为函数值。
现在给定一张有向图 (G)，请你求出 (h(G) = f(1, G) + f(2, G) + cdots + f(n, G)) 的值。
更进一步地，记删除（按输入顺序给出的）第 (1) 到 (i) 条边后的图为 (G_i)，请你求出所有 (h(G_i)) 的值。
(2 le n le 10^3)，(1 le m le 2 imes 10^5)，(1 le x_i, y_i le n)，没有重边和自环。
因为只要求求出每个 (h(G_i))，而不是求具体的 (f(u, G_i))，所以考虑贡献法。
考虑一对 ((u, v)) 如果能对 (f(u, G_i)) 造成贡献，当且仅当存在一条 (u o v o u) 的环，且这个环上没有编号 (<v) 的点。
于是问题转化为对于 (forall G_i)，求 (G_i) 中有多少 ((u, v))（(u ge v)）满足存在 (u o v o u) 的环不经过编号 (< v) 的点。
一个点对显然会对一个 (G) 的前缀造成贡献，令 (path(u, v)) 表示最大化的 (u o v) 的路径上经过的边的编号的最小值。那么 (G_{1 sim min(path(u, v), path(v, u))}) 会得到贡献。
可以直接 Floyd (O(n^3 + m)) 或 Dijkstra (O(nm log m)) 求出。
当然这不稳，可以考虑一个更高明的做法。枚举 (v)，在每张图中只保留 ([v, n]) 那些点，求出每张图中它能到达的点的个数即可。
当然直接这样模拟是 (O(nm^2)) 的，考虑反转时间轴变成逆序加边，对于一条新加的边 ((a, b))（(a, b ge v)）：
- 如果 (vis_a = 1) 且 (vis_b = 0)，那么从 (b) 开始 BFS；
- 如果 (vis_a = 0) 且 (vis_b = 0)，那么先加到图中，等着以后可能有用；
- 否则这条边没有意义。
易证每一条边最多只会用到一次，所以在 BFS 的时候“过河拆桥”即可。时间复杂度 (O(nm))。
Day2
取模
给定 (n) 个正整数 (a_i) 请你在其中选出三个数 (i, j, k)（(i e j)，(i e k)，(j e k)），使得 ((a_i + a_j) mod a_k) 的值最大。
(3 le n le 2 imes 10^5)，(1 le a_i le 10^8)。
首先将 (a) 数组排序，逆序枚举 (a_k)，在前面做二分或者双指针求出 ((a_i + a_j) mod a_k) 的最大值更新答案。
当 (ans ge a_k) 的时候就可以 break 了，可以证明枚举的 (a_k) 的个数是 (log) 级别的，但我不会证。
宝石
给定一棵大小为 (n) 的树以及 (m) 种宝石，结点 (i) 上有第 (w_i) 种宝石。
宝石收集顺序是一个长度为 (c) 的序列 (P)，(P) 中没有重复元素。
(q) 次询问，每次给出 (s, t)，问从 (s) 走到 (t) 的过程中，所经过的结点的 (w) 形成的序列与 (P) 的最长公共子序列的长度。
(1 le n, q le 2 imes 10^5)，(1 le c, m le 5 imes 10^4)，(1 le P_i, w_i le m)。
将 (s o t) 拆为 (s o ext{lca}, ext{lca} o t) 的两个过程。
考虑链上的情况，记结点 (u) 的后继 (suc_{u}) 为其右边最近的满足 (w_v) 在 (P) 序列中恰好是 (w_u) 的下一项的 (v)。
那么如果询问的 (s < t)，就从 (s) 右边的第一个 (w = P_1) 的位置开始，不断跳 (suc)，直到越过 (t) 结束，跳的次数就是询问的答案。不难发现这个过程可以倍增优化。
现在搬到树上，(s o ext{lca}) 的过程不难套用上述方法，但如果考虑 ( ext{lca} o t) 呢？
一个解决办法是把过程拟过来，记录 (pre_{u}) 为其父亲链上的最近的满足 (w_v) 在 (P) 序列中恰好是 (w_u) 的前一项的 (v)。
每次询问的时候二分答案 (a)，从 (t) 上方的最近的 (w = P_a) 的那一个位置开始不断跳 (pre) 就行了。
至于找到“(t) 上方的最近的 (w = P_x) 的位置”，可以使用可持久化线段树维护这个东西。
时间复杂度 (O(q log^2 m))。
滚榜
给定一个长度为 (n) 的数组 (a)，求有多少 (1 sim n) 的排列 (p)，满足存在一个 (sum b = m) 的不下降序列 (b)，使得对于任意 (i, j)（(i < j)），都有：
- (a_{p_j} + b_{p_j} ge a_{p_i} + b_{p_i} + [p_i < p_j])
- (a_{p_i} + b_{p_i} ge a_{p_j} + [p_j < p_i])
(1 le n le 13)，(1 le m le 500)，(0 le a_i le 10^4)。
容易发现 (b) 的分配是贪心的，每次给出最小的 (b)，只要 (sum b le m) 就是合法的方案。
一个显然的结论是“当前选手想当 rank 1 只要比上一名选手高即可”，这是因为上一名选手是当前的 rank 1。
于是可得（忽略编号问题，这个显然是容易处理的）：
- 如果 (a_i ge a_{i - 1})，则 (b_i = b_{i - 1})；
- 如果 (a_i < a_{i - 1})，则 (b_i = b_{i - 1} + a_i - a_{i - 1})。
综合一下上面两个式子其实就是 (b_{i} = b_{i - 1} + max(0, a_i - a_{i - 1}))。
进而通过考虑贡献可以知道 (sum b = sum max(0, a_i - a_{i - 1}) (n - i + 1))（每个贡献都是一个后缀）。
于是考虑状压 DP，用 (f(S, i, j)) 表示，当前使用过的集合是 (S)，最后一个选的是 (i)，以及当前对 (sum b) 的贡献是 (j)。转移的时候枚举接下来选哪一个人，计算一下贡献即可。
时间复杂度 (O(2^n n^2 m))，轻微卡常。