不分了，反正也没做多少题
“寒假”作业
1.101221I,Sensor Network
https://codeforces.com/gym/101221
题意：给(n<=100)个网格点，距离小于(d)的点两两连边，求最大点集使得每个点两两连边
奇妙的转化思路
选定两个点(i,j)作为最远点，以(dis(i,j))为半径，(i,j)为圆心作圆，可以发现圆交集里的点被线段(ij)分成了两部分，同部分的点两两距离都小于(dis(i,j))，于是转化成了二分图求最大团
二分图求最大团可以用最小点覆盖做，即将连边条件改为距离大于d，删去最少点使二分图无边，而最小点覆盖等于最大匹配，求出最大匹配后可以暴力求出删去哪些点
2.101239E,Evolution in Parallel
https://codeforces.com/gym/101239
题意：给(n+1(nle4000))个字符串，求将(2-n+1)个字符串分成两部分，两个序列(p,q)满足(S_{p_{i+1}}subseteqq S_{p_i},S_{q_{i+1}}subseteqq S_{q_i})
求序列，若无这样的序列或第一个字符串不包含其他所有字符串则输出无解
按长度从大到小做，1.放p里,2.放q里,3把p退到能放i,再把退出来的字符串放到2里，若3无法实现，则无解
可以这样理解，往q放的都是p放不了的，若p,q都放不了，存在一种合法情况便是存在(p_j)可以接受(i)，且(p_j)后面的串都可以放到(q)，
否则便是(p_j)下面的串没地方放，不合法
4.100269C,Correcting Curiosity
https://codeforces.com/gym/100269
给出两个字符串(A)与(B)，长度小于2000，通过一步操作将A换成B
操作为:a串，b串，即先找出A中所有a(不重叠)，将其转换为b，如：abababa, aba ab，则改为abbab
让a+b(长度)最小
5.101190C,Cactus Construction
https://codeforces.com/gym/101190
给一棵有标号(1~n)仙人掌，现在有n个点，每个点为一个集合
操作1：x所在集合中颜色为a的染为b，操作2：x所在集合与y所在j集合合并，操作3：x所在集合颜色i与颜色j的点连边
给出方案，步数小于1000000，不得用大于4种颜色
从下往上做，先假设是一棵树，设子树i的集合中颜色1为孙，2为儿子，3为根
在回溯到一个点时，将它儿子集合与它合并，23连边，离开一个点时，把2(儿子)改为1,3(根)改为2
这样分层做可以保证根只会与儿子连边
然后是仙人掌，情况类似，只要扫到环的底部将环的底部(buttom)和顶部(top)先合并连边，再保证这个操作不会对(top)的其他“子树”产生影响，剩下的就跟树的情况一样了，需要使用颜色4
1为废点，2为儿子，3为自己，4为返祖，保证同一集合内有且仅有一个点为3或4
首先每个点都是1，从根往下搜，
到(i)时，先做完每个儿子，然后把当前点定为3，一个一个儿子合并，((3,2))连边，然后将2改为1，3改为2，处理返祖，此时只有一个2
祖先设为4，((4,2))连边，一个点至多一条返祖
本来这道题题解到这里该打完了，然而我check时被提示了一个我码之前想到的，却在问别人时忘掉了的问题，一个点同时为两个环的顶部时，两个环会提前并在一起，导致后处理的环在回溯连边时把前者环的2也连了
所以得改，其他不变，儿子分为三类，有返祖且边不连向自己的，子孙有返祖边且不连自己的，其他
先把第三类点集与自己合并，4改2，再合并第一类点集合，((3,4))连边，再合并第二类，((3,2))连边，2改1
最后处理自己颜色，如果自己有返祖边就把当前点改为4，然后打上标记并上传，否则改2
12.100851D,Distance on Triangulation
给定一个正(n)边形及其三角剖分, 共(2n-3)条边 ((n)条多边形的边和(n-3)条对角线), 每条边的长度为1。
共(q)次询问, 每次询问给定两个点, 求它们的最短距离。
考虑到边不会交叉，对于一个正(n)边形与其中一条边((i,j))，这条边左边的点到右边必然要经过(i/j)，右边的点到左边同理，如果询问中两个点被分到了两边，我们可以用他们到(i/j)的最短距离，四种情况组合一下取最小
接下来做法就比较明显了，对当前图形选择一条能把图分成尽量均匀的两部分的边((i,j))，处理左边右边的点到(i/j)的最短距离，然后处理跨过中间的询问，将图与剩余询问分成两部分，接着分治，时间复杂度大概是(O(nlogn))的
存当前图的点可以用(vector)，或者用一个类似栈的东西暴力存点和边，用完弹出，找边时暴力枚举存下的边判断均匀
一开始T飞了，后来打了个剪枝，没有询问就退出跑的飞快
3.28
T1 制作美食
满足(yle a_x 且 xle b_y)，可以看成线段((x,0)-(x,a_x))与线段((0,y)-(b_y,y))有交
简单画一下图可以发现，按(b_y)与(x)从大到小做，就满足了(xle b_y)
将(y)塞到线段树里，如果一条(a)线段与多个(b)线段有交，只有(y)最小那个有用，其他都可以删掉
于是每次找到(a)第一个与(b)线段的交点，然后在线段树上查询、删除后继
最后的联通块个数就是没有被删掉的(b)线段与找不到交点的(a)线段个数
(O(nlogn))T成60
atcoder C
可以发现乘上的数大于1的至多只有20个，其他都是没用的
设(f_{i,j})表示乘了(i)个大于1的数，末尾大小为(j)，暴力转移即可，复杂度调和级数乘20
比赛时以为转移会T打了整除分块还没调出来
3.29
T1 6085. 【GDOI2019模拟2019.3.26】要换换名字
首先答案满足二分性
暴力枚举ans，每次将(i)可以变的等于ans的长度的名字搜出来，连边，跑二分图最大匹配
可以发现(i)连的边等于(n)时必有名字可以分配，因此最多(n^2)个点，建图时优化一下即可通过
T2 6086. 【GDOI2019模拟2019.3.26】动态半平面交
题意与名字无关
考虑离线，设询问深度为(t_i=deep_{u_i}+d_i)，按深度从小到大插入点和处理询问
插入查询都在线段树上按(dfn)处理，插入直接乘上(a_i)，查询直接查整棵子树，考虑对重复质数去重
对于每个质数的前二十五次幂建(set)，假如(a_i)为(2^3)则将(dfn_i)扔进2的前三个(set)中，每次查前驱后继，在与前驱，与后继的(lca)处分别乘(cfrac{1}{2})，由于前驱与后继的(lca)之前去重过了，因此在前驱与后继的(lca)处乘2，可以发现不会重复
时间是(25nlogn)的
在线把线段树改成主席树即可
然而此题还没调出来
T3 6087. 【GDOI2019模拟2019.3.26】获取名额
泰勒展开，不会
3.30
T1 7035. 2021.03.30【2021省赛模拟】神奇纸牌(uno)
考场这题打了两个多钟暴力，然后发现是道DP水题，没调出来，考完两分钟发现可以快速幂
可以发现可以将四种颜色变为四个联通块，如果有相同数字就合并联通块
设(f_{i,s})为选了前(i)个数后联通块状态为(s)的方案数，(s)以并查集的形式压缩，联通块(i)的父亲编号小于等于(i)，为(0)则代表此颜色未出现过，则有(2*3*4*5=120)种状态，暴搜一下即可，其实去掉不合法的只剩不到三十种状态
状压DP的转移是固定的，矩乘快速幂，最后枚举一下合法状态即可
T2 7036. 2021.03.30【2021省赛模拟】凌乱平衡树 (treap)
暴力模拟可以拿到(95)分的好成绩
首先原树的答案很好算，(rotate)也只是某些(sz)加加减减修改答案
考虑合并，由于只有(a)树的右链与(b)树的左链有关，我们把它们提出来，其一定是从大到小排列的
把他们归并排序后观察对答案的影响，形如(a_i,a_{i+1},a_{i+2},b_i,b_{i+1}····)会对答案产生(3*sz_{b_{i}})的贡献，因为(b_i)的子树全体深度加了一
那么修改也比较好处理了，我们将(a,b)存到两棵权值线段树上，(rotate)时插入删除一下，插入时找一下(a、b)的前驱后继，看是放在了一堆(a)开头、中间还是(b)中间，分类讨论修改下贡献就好，删除类似
由于是双关键字排序，我们插入时将(a_i)乘二加一，将(b_i)乘二，就不用讨论是(a)是(b)了
犯了形如忘记插入，打错分号，情况讨论错了之类的错误，爷调了六个小时
T3 7037. 2021.03.30【2021省赛模拟】打扫笛卡尔
(deep)和转化为(sz)和行云流水
设(f_n,g_n)分别为(n)个点时的答案与扫到的点(deep)和的期望
(f)与(g)右边的求和每次只会多乘一个(n)，加一个(f_n)或(g_n)，可以边处理边更新，(O(n))
4.1
T1 7038. 2021.04.01【2021省赛模拟】异或 （inception）
去年十月做过的原题，当然我啥都不记得了
考虑到一个集合内异或起来最小的一定是一对大小相邻的数，因此保证大小相邻的数异或起来大于限制即可
在(trie)上模拟DP，在(trie)上跑时记录一下(y)表示二进制下，(a_i)的前(j)位与(y)代表的前(j)位异或起来与限制前(j)位相同，分类讨论一下转移即可
4.2
T1 6149. 【GDOI2019Day1模拟2019.4.28】盗梦空间
对每组询问建虚树，分类讨论下在空子树内，虚树边和虚树点上的情况即可
码量惊人，也懒得想
T2 6150. 【GDOI2019Day1模拟2019.4.28】爱乐之城
大缝合题
求
考虑预处理(g(n),f(n),nin[1,maxn])
(g(n))显然可以线性处理，(f(n))可以枚举(d)的倍数，增量处理，前缀和求，(O(nlogn))
我比较蠢，(φ(i))用的是(φ(n)=nprod(cfrac{1}{p}(p-1)))，线筛求后面那个系数再乘(n)求的，但好像可以直接筛
至于(F(S))，构造(h(n))使得(f(n)=sum_{d|n}h(d))，则
将后面的(prod g(a))看成(h(d))的系数的一部分，枚举(d)，则
后面的(prod_{d|a_i}(g(a_i)+1))即系数，容易发现每加入一个(a_i)只会对约数个(d)产生影响
由于题目保证每个(a_i)各不相同，加入(a_i)找约数(d)复杂度最劣相当于枚举(d)的倍数，即调和级数，质因数分解后直接找约数修改系数更新即可
是为数不多我完全理解了的纯数论题，对个人于数论几个小知识点的学习都有所帮助
4.3
T1 7041. 2021.04.03【2021省赛模拟】Alice 和 Bob 双在玩游戏（gametwice）
简单博弈，但我没做
设DP(f_i)表示在(i)有颗石子，通过移动这颗石子，(i)的主人最多能比对方多走(f_i)步
转移为(f_i=max(0,1+f_u(c_u=c_v),1-f_v(c_u
e c_v)))，最后做个背包统计一下方案数，只要存在石子的点中，Alice的(f)和大于Bob的，便是(Alice)胜利
T2 7042. 2021.04.03【2021省赛模拟】时代的眼泪·SP（tearssp）
考试时读错题爆零了，现在也还没改
分块处理，对于整块散块都是暴力一个一个跳
考虑到整块中如果存在一个点(x)，往上跳后发现(fa_x)已经被(y
e x)到达过了，那就可以把(x)删掉了，因为接下来不管怎么跳，(y)都会在(x)的正上方，(dep)自然更小
这样每个块至多遍历整棵树一次，也就是(nsqrt{n})的
对于散块，我们记录一下(i)所在块跳了多少次，(i)自己跳了多少次，补齐差的次数，如果被删掉过看一下现在的新位置能不能放回块中
由于不能带(log)，因此要(nlogn)长链剖分预处理，来达到(O(1))求(i)的(k)级祖先
4.5
T1 7044. 2021.04.05【2021省赛模拟】悄悄话(word)
最近比赛时傻傻的总差一步想到正解（不过题面好有意思）
建(AC)自动机，考虑到一个字符串所包含的所有子串，一定能通过跑(fail)链到达此字符串某个前缀的尾结点上
设(f_i)为以节点(i)代表的字符串或其后缀为结尾的最大答案
我们建个(fail)树，每次查询时，在(trie)上经过每个节点(i)时都查询一下其在(fail)树上的对应答案(f_i)用来更新答案，跑到尾结点时用取(max)的方式更新尾结点在(fail)树上子树的(f)，复杂度(O((sum len_i)logsum len_i))
T2 7045. 2021.04.05【2021省赛模拟】数学考试(sleep)
比较经典的网络流题，但我没想到，考场打的几档分挂光了
考虑用网络流，对于每个(x)建一条长链从(S)到(T)，每条边为权值
对于每个限制(x_ule x_v+D)，转化为(x_u-Dle x_v)，对于(x_u)链上每个点，对(x_v)链上对应(x_u-D)的点都连一条权值为(inf)的边，对于任意(x_u=i)的点，要么是选了(x_u=j(jle i))，要么选了(x_v=k(kge i-D))，这样就一定满足了限制
4.7
T1 7047. 2021.04.07【2021省赛模拟】染色(coloring)
今天比较摸
考虑到每个斜线被替代当且仅当其所有行被染色
问题转化为有(n+m-1)个区间，可以选择一些区间，然后在这些区间的并里选一些元素，但不能有所选区间的元素被全部选择，问方案数。
可设(f_{i,j})表示第(i)个斜线不染色且其区间倒数(j)个元素染色，方案数是多少，(g_i=sum f_{i,j})，(g_0=1)
因为从左到右的斜线，其所在行的区间左右端点单调不下降，因此设倒数(j)个元素
三种转移，分别是两个区间不相交，相交且(i)后面的连续选的元素与(j(j<i))不相交，两个区间相交且(i)后面的连续选的元素与(j(j<i))相交
对于第一种，(lim[i][0])到(lim[i][1]-k-1)与与前一个斜线都可以随便选，(f_{i,k}+=g_j*2^{lim[i][1]-k-lim[i][0]})，中间的行因为被选了的斜线完全覆盖了，所以全是被染了色的，方案唯一
对于第二种，从(lim[j][1]+1)到(lim[i][1]-k-1)可以随便选，斜线(j)的方案也是随便选，(f_{i,k}+=g_j*2^{lim[i][1]-lim[j][1]-k-1})
对于第三种，方案数已经被前面的选择固定了，(f_{i,k}+=f_{j,lim[j][1]-(lim[i][1]-k)})
最后把所有方案数加起来即可，包括(g_0)