标签：相减 问题 strong 回顾 做了 桌子 注意 决策 这一
这段时间为了准备冬令营把清北冬令营真题都做了一下。更个博回顾一下(免得你们老说我咕咕咕)。
先写良心PKU的题再写THU的题，
主要是THU的题和PKU比起来真的毒瘤好多......
一个比较显然的暴力是归并排序，每次直接前后缀计算答案即可。
为啥不用线段树合并代替归并排序呢？
暴力线段树合并，合并的过程中顺便算一下即可，由于权值区间不交所以复杂度一个\(log\)。
顺着题意模拟即可。
强化牌的数值都大于\(1\)意味着多打一张攻击牌不如的多打一张强化牌。
枚举抽中了几张强化牌，当强化牌数量小于\(K\)时，一定是用所有强化牌加上最大的几张攻击牌，
当强化牌数量大于等于\(K\)时，为前\(K-1\)大的强化牌加上最大的攻击牌。
把攻击牌与强化牌按照价值从大往小排序，先算总和最后除方案算概率，随便dp一下就行了。
九老师：这是我能想到的最好的模拟题了！然而现场无一人得分......我选择死亡。
这个题还是有点意思。
\(n\leq 20\)肯定是状压DP，很自然想到直接状压已经被\(Ban\)掉的点有哪些。
怎么转移？
把视野放大，考虑全局合法排列的生成，枚举加入最大独立集的点是哪个，
然后把这个点放到第一个空缺的位置，再把与之相邻点放到后面的任意位置(选对应个空位)。
显然转移过程中我们保证了独立集的点之间顺序，所以计数是不重不漏的。
至于要同时求最大值与方案数，两个一起DP，维护一下即可。
很明显的终止态容斥问题了，枚举谁在\(1\)号猎人后面死，那么剩下的猎人就不用管了。
还有一个问题就是打到了死的猎人怎么办，
这里比较妙，我们可以认为打到了死的当作鞭尸，再打一次直到打到一个活着的猎人。
根据赌徒输光那套理论，新旧问题显然等价。
列出式子，无穷级数化简后发现容斥系数只与\(w\)之和有关，用分治\(FFT\)就可以计算。
使用\(min-max\)容斥转为求任意一个点被到达的期望步数。
这是经典问题，状压DP后树上高斯消元解决。
来搞笑的吧？讨论一下两个组合数一加就没了。(放普及组T2挺合适的)
一个比较自然的想法：把最大前缀和拆分成两段，前面是最大前缀，后面的每一个前缀都小于\(0\)。
这样算答案只需要枚举前缀是什么，
后面的部分很好求，设\(g\)如上述，状压DP每次向后插入一个元素时\(check\)一下就能转移。
关于前面部分：设\(f_T\)表示包含\(T\)集合元素，且最大极长前缀和等于全集和的方案数。
智障选手：容斥减去不合法的，发现不合法部分为\(f\)和\(g\)的卷积，暴力子集卷积。(显然过不了)。
高智商选手：把向后插入改为向前插入，那么只要保证插入前这个后缀非正，可以很方便的转移。
讲真这题真的有惊艳到我。
不好意思，这题咕了。
首先可以注意到最多只会向后跳一次，因为跳两次再跳回去绝对没有意义。
其次，由于上述性质，从后面的点跳到前面的点后，前面的点再往后跳也绝对没有意义。
因为如果它后跳后再往前跳一大步，那么它往后跳到的那个点一定可以通过它的来源点直接到达。
然后就可以倍增了，设\(f_{i,j}\)表示\([i,n]\)中的点向左跳\(2^j\)可达的最左位置(向右跳不管)。
为了算答案同时记\(g_{i,j}\)表示从\(i\)点出发，跳到\([f_{i,j},i)\)这些位置所需要的步数和。
首先\(f\)的转移显然，\(g\)的转移：\(g_{i,j} = g_{i,j-1} + g_{f_{i,j-1},j-1} + 2^{j-1}(f_{i,j-1} - f_{i,j})\)。
算答案时，把答案转为后缀相减形式，倍增处理，
为了减少特判，先把起点\(i\)移到\(l_i\)，最后再全局加上一步(第一步无论左跳还是右跳代价都为1)。
长为\(i\)的\(Border\)存在的条件：不存在\(d\)，满足\((n-i)|d\)，且\(s_j \neq s_{j+d}\)。
问题变为判断\(s_j \neq s_{j+d}\)的存在性，字符集很小，枚举字符用\(FFT\)做匹配即可。
预处理圆被多边形包含的最小半径。
若不包含，求交点后极角排序，对于一段弧，用转角公式求中点，然后判中点是否在多边形内。
由于数据范围很小，所以上述过程全部直接暴力就行了。卡精度警告。
建一个Trie树，由于字符串很短所以每个点开个vector暴力存每个时间的最早出现即可。
查答案时做匹配到对应结点，然后直接查vector就行了。
设\(g_{l,r,x,y}\)表示区间\([l,r]\)最后一次消除的最大、最小值分别为\(x,y\)的最优方案。
设\(f_{l,r}\)表示把区间\([l,r]\)消完的最优方案。
那么显然\(f_{l,r} = min(f_{l,r} + g_{t+1,r,x,y} + A + B(x-y)^2)\)，即枚举最后一段在哪里。
关于\(g_{l,r,x,y}\)，我们关键在于记录了最后一次消除的信息(从而实现了跨多段消除)。
连续转移：\(g_{l,r,x,y} \to g_{l,r+1,max(x,w_{r+1}),min(y,w_{r+1})}\)。
跨段转移：\(g_{l,r,x,y} + f_{r + 1 , t} \to g_{l,t,x,y}\)。复杂度\(O(n^5)\)松一松就过去了。
不是很会啊......会的大佬教教我呗......
把三个函数霉霉展开，然后发现其导数都是循环的。
因为有断边删边操作，所以用\(LCT\)暴力维护一下路径系数和就行了。
关于只有\(t=0\)的数据，其答案总和就是一个二分图计数，暴力状压这样就有\(40\)分了。
关于\(t=1,t=2\)，只能说陈老师真的神了......
考虑暴力，设\(f_{S,T}\)表示左半边匹配上集合为\(S\)，右半边匹配上集合为\(T\)的期望条数。
注意到\(S\),\(T\)的\(bit.count\)时刻相同，暴力搜一下可以发现合法状态其实并不多，所以用\(map\)记搜。
在记搜的每一层，首先找到最小的未匹配点\(u\)，然后进行决策。
对于\(t=0\)的边\((u,v)\)，显然直接加入：\(f_{S,T} = f_{S,T} + \frac{1}{2}f_{S+u,T+v}\) 。
对于\(t=1\)、\(t=2\)的边，考率把它拆分成两条\(t=0\)的边，然后跟上面一样的做。
但这样答案肯定不对，考虑一下答案的偏转量，我们手动修正一下。
对于\(t=1\)的边，
若只有一条边在匹配中，概率为\(50\%\)，正确。若都不在匹配中，无影响不管。
若两条边同时出现在匹配中，此时概率为\(25\%\)不对，所以需要额外添加\(25\%\)的概率进行修正。
对于\(t=2\)的边，
若只有一条边在匹配中，概率为\(50\%\)，正确。若都不在匹配中，无影响不管。
若两条边同时出现在匹配中，此时概率为\(25\%\)非法，所以需要额外减少\(25\%\)的概率进行修正。
关于点\(1\)，爆搜即可。
关于点\(2\)，拿点\(1\)的爆搜程序跑上个十几分钟就能跑出来。
关于点\(3\)，裸背包直接做。
关于点\(4,5\)，每个抽屉的容积一样，所以就是二分图最大权匹配，\(KM\)即可。
关于点\(6\)，抽屉的容积差异几乎没有，所以依旧跑二分图最大权匹配就能得解。
关于点\(7\)，发现只有第一根萝卜比较诡异，暴力枚举一下它放哪里，剩下的依旧\(KM\)解决。
关于点\(8,9,10\)，退火随机化，至于能有多少分看脸。
看到\(K\)那么小显然枚举一下巧克力集合，
然后如果不管第二问那么问题变为了关键点生成树，用斯坦那树搞搞这样就有\(56\)分了。
关于第二问其实也是一个现套路。
二分中位数，把小于等于\(mid\)的点设为\(-1\)，大于\(mid\)的点设为\(1\)。
那么我们希望在点数最少的前提下，上述权值也最小，故只需要把点数的权值设的很大就行了。
最后一个问题在于巧克力种类很多的时候怎么办。
把巧克力种类随机映射到\([1,K]\)然后多做几次上述算法，据说可以证明这样正确率高达\(99\%\)。
问题转化每给定一个集合，求满足异或后每一位为\(0\)的子集个数。
一种\(50\)分：按照大于\(\sqrt{MaxR}\)的质因子分组，把其他质因子暴力状压\(DP\)。
另一种\(50\)分：子集异或为\(0\)显然可以使用线性基高斯消元，最后\(2\)的自由元个数次幂即答案。
结合一下就有\(80\)分：
线性基中不保存大于\(\sqrt{MaxR}\)的质因子的基，分组后外部消一下这一位然后再插入到线性基中。
再结合一个结论：当区间大于\(6000\)时，答案即区间内出现的质因子个数。
然后就能够\(AC\)辣！是不是很棒？
显然是个二分图最大权匹配问题，裸跑\(KM\)白送\(70\)分不谢。
考虑优化建图。
显然每张桌子的位置之间可以顺次连边，这样每个点就只用向可达桌子的对应位置连边了。
然而这还是只有\(70\)分。
现在的问题主要在于桌子与桌子之间的连边，考虑线段树优化。
对于\(m\)个位置分别开两棵线段树，分别表示向左走和向右走，每次移向子树时加上对应距离即可。
如果把三个元素看成向量的话(后面再加一个区间长度)，
那么不难发现每种修改对应乘上一个矩阵，而矩阵又有乘法结合率，所以用线段树维护。
看到环先套一个\(Polya\)，问题转化为求大小为\(n\)的合法环的方案数(不考虑同构)。
考虑暴力怎么做，我们的难点在于要保证首尾合法。
可以这样：暴力压\(m^{m-1}\)种状态(最靠前的一个点可以不计)，然后把转移矩阵看成临接矩阵。
这样我们只需要保证转移若干次后回到自己即可。
当\(m>5\)时，矩阵过大显然会\(TLE\)。
我们本地暴力\(DP\)(方法跟上面一样，只是暴力转移不要构矩阵)把每一个\(m\)的前\(1000\)项跑出来。
把这些数据扔到\(BM\)里去，发现竟然存在递推式！(当\(m=7\)时，递推式长度达到最大为\(410\))。
然后暴力\(Polya\)，内部算方案直接用递推式，矩乘依旧无法通过此题所以需要使用\(CH\)线性递推。
\(K=2\)求两个圆的公切线即可，注意因为不保证相离，且半径可能为\(0\)所以需要特判一堆东西。
根据题目定义，超平面点集到两个点\(S(s_1,s_2...s_K)\)、\(T(t_1,t_2...t_K)\)的距离相等。
不难得到：\(\sum_{i=1}^K (s_i^2-t_i^2) = \sum_{i=1}^{K}2(s_i - t_i)x_i\)。
由于\(S\)、\(T\)不定所以形式化的可以写成：\(\sum_{i=1}^K a_i x_i = d\) 。
由点到超平面的距离公式：\(dis = \frac{|\sum_{i=1}^K a_ix_i - d|}{\sqrt{\sum_{i=1}^K a_i^2}}\)，不妨设\(\sum_{i=1}^K a_i^2 = 1\) 。
那么对于每个圆\(p\)，有方程：\(|\sum_{i=1}^K a_i x_{p,i} - d| = r_p\)。
我们暴力枚举每个圆的绝对值情况，然后把\(a_i\)写成\(k_1d + k_2\)形式，带入\(\sum_{i=1}^K a_i^2 = 1\)就能得解。
这样我们就可以求得所需的超平面了。
而已知(百度来的)超平面的法向量就是定义中的\((a_1,a_2...a_K)\)，所以自然就可以求切点了。
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原文地址：https://www.cnblogs.com/GuessYCB/p/10290405.html
