标签：红点 查询 http 括号 经典 位置 end EAP inline
先把无解情况aaabaaa、aaaaaa判掉，然后我们可以证明答案不会超过2。
对于一个回文串，两个指针从两端向内移动直到字符发生变化，在这里看一刀然后交换左右两端即为一种合法方案。
所以我们只需要判断答案是否能为\(1\)，暴力判即可。
假设我们有一个序列数据结构，那么先考虑每个结点需要维护哪些值才能支持合并左右儿子。
维护：
当前点时刻\(time\)，区间左右端点时刻\(Ltime,Rtime\)，当前点速度\(v\)，区间右端点速度\(rv\)。
区间通过变化量\(res\)、区间变化量最小前缀和\(mn\)。
合并大讨论一下即可。
对于查询答案，我们可以在数据结构上二分。
这个数据结构需要支持：单点插入、单点删除、区间\(split\)，直接用\(treap\)之类的平衡树支持一下。
枚举一下路径\((a,b)\)上有多少条边。
然后Cayley定理随便算算：\(Ans = \sum_{j=1}^{n-1} \binom{m-1}{j-1}\binom{n-2}{j-1} (j-1)! m^{n-1-j}(j+1)n^{n-j-3}\)
注意到是在模\(mod\)意义下，所以我们将质数分为\(mod\)的因子、非\(mod\)的因子。
显然本质不同的\(mod\)因子不会超过\(10\)个。
直接维护区间乘法，对于\(lazy\)标记，我们额外维护非\(mod\)因子的积、每种\(mod\)因子的个数。
那么区间除法时，沿着线段树一路将\(lazy\)推到叶子结点后，我们就可以知道该点\(mod\)因子的构成。
在叶子结点重新计算当前点的值即可。
首先考虑维护无环性。
设\(p_r\)表示最小的左端点满足\([p_r,r]\)的点不会构成环。
显然有\(p_r \leq p_{r+1}\)，也就是说\(p_r\)的移动单调，随着\(r\)的增大而增大。
所以我们只需要支持：动态加边、删边、判断连通性，用\(LCT\)维护即可。
然后考虑维护连通性。
当加入边\([pos,r]\)时，\((pos,r)\)这个区间的联通块个数不变，而\([p_r,pos]\)这个区间的联通块个数会减一。
所以用线段树维护每个左端点的联通块个数，维护区间最小值和区间最小值个数来统计答案。
显然只有无非1约数的数会对最终时间产生影响，所以先把倍数全部去掉。
然后不就暴力枚举结束时间，组合数算一算就行了。
看到\(\%6\)我们可以想到拆成算\(\%2,\%3\)的答案，最后再手动\(CRT\)得解。
根据预分配计数法，标号方案 = 最小表示法方案 * 标号分配方案。
而选\(c\)种标号的标号分配方案 = \(A_K^c\)，故若\(\%t \neq 0\)，则\(c \leq t-1\)。
所以我们实际只需要算使用1、2种标号的方案数。
使用1种标号的可以直接判，使用2种标号那么原图必须是二分图也直接判，注意细节。
我们可以把问题转化为：选出所有异或和为\(0\)的集合，若该集合大小为\(s\)，则对答案贡献为\(2^s\)。
设\(f_{i,j}\)表示前\(i\)个元素，异或和为\(j\)的方案数。
那么转移：\(f_{i,j} * 2 \to f_{i+1,j\ xor\ a_{i+1}}\)、\(f_{i,j} \to f_{i + 1,j}\)。
这本质上其实就是\(n\)次\(fwt\)，观察每次\(fwt\)的数组\(A_i\)，\(A_i\)只有\(0,a_i\)两个位置上有值。
我们可以把\(A_i\)全部预先\(fwt\)好，那么转移就变成了每一位对位相乘。
根据异或\(fwt\)原理，我们有：\(fwt_i' = \sum_{j=0}^{2^n - 1} (-1)^{bitcount(i\ and\ j)}fwt_j\)。
也就是说\(A_i\)进行\(fwt\)后，每个位置只会是\(3\)或\(-1\)中的一个。
我们目标求每一位的积，但由于我们知道每一位变量只有两种取值，所以可以先求每一位和，然后解方程得解。
而和的\(fwt\)等于\(fwt\)的和，所以就只需要做一遍\(fwt\)了。
考虑每个点被算到的贡献，可以发现就是它左右两侧的递增单调栈的长度。
两边的单调栈会互相干扰很烦，所以我们可以一边一边算。
以算右边为例，从左往右扫维护前缀单调栈，每次就是让一段的右侧单调栈长度加一，查询即求区间和。
先把元素按照\(s\)排序，按照\(d\)从小往大处理，考虑当前\(d\)最小的位置\(p\)什么时候会被算到。
我们先考虑区间右端点的位置。
若区间右端点在\([1,p)\)或\([p+m,n]\)，显然不会取\(r\)，因为取\(r\)会导致\(\sum v\)减小，方差变大。
所以右端点一定在\([p,p+m)\)，在考虑左端点会在哪里。
设选定的右端点为\(r\)，若左端点位于\([1,r-m]\)，那么\(p\)一定不会被选到。
因为此时方差固定，目标为最大化\(\sum v\)，而\(v_p\)最小，选取显然不优。所以左端点一定为\(r-m+1\)。
综上所述，若\(p\)被选中，则选取区间一定是\(r\in [p,p+m)\)长度为\(m\)的连续区间。
处理完\(p\)位置的答案后，这个元素在之后的方案中都不会用到，直接删掉然后递归处理即可。
上述所有操作都可以用链表直接维护。
有限选子树内深度最深的点，不选肯定不优，所以就做完可。
注意到\(26^3 > n\)，所以分三层对每个位置标识\((id_1,id_2,id_3)\)，然后三次分别针对\(id_{1,2,3}\)询问。
先考虑如何构造一个合法的带权欧拉回路。
我们先随便定向\((u\to v)\)，那么此时有一些点的度数不合法。
而网络流有着流入量 = 流出量的优良性质，所以可以类似最大权闭合子图构建网络流模型。
我们有两类点集\(S_1,S_2\)，其中\(Init_{s_1} > 0\)、\(Init_{s_2} \leq 0\)。
分类讨论一下原图的边\((u\to v)\)：
若\(u\in S_1\)、\(v\in S_2\)，那么反向后\(Init_u\)、\(Init_v\)绝对值增加，这显然是在帮倒忙，故这条边一定不会取反。
若\(u\in S_i\)、\(v\in S_i\)，取反后是相当于是内部\(Init\)转移，恰好对应流量转移。
若\(u\in S_2\)、\(v\in S_1\)，取反后使得\(Init_u\)、\(Init\)绝对值减小，可行。
故对于端点不同侧的边，我们只会取反\((u\in S_2,v\in S_1)\)。
所以连边为：\(S\to \{S_2\}\)、\(\{S_1\} \to T\) 。
然后考虑流量上界应该要设多少。
取反一条边后，\(u\)、\(v\)点的\(Init\)变化量为\(2\)而不是\(1\)，这个就非常的讨厌了。
处理方式是这样的：把流量上界设为\(\frac{|Init_u|}{2}\)，因为合法方案中\(|Init_u|\)一定为偶数。
最后来讨论一下费用，我们从原点引一条射线，当路径穿过射线就表示绕了一圈(带符号)。
所以我们给所有穿过射线的边初始定为顺时针，然后让取反的代价为\(2\)即可。
注意此题普通\(EK\)过不去，需要使用多路增广最小费用流。
挺有意思的一道题，题解戳这里。
看到这货第一想法肯定是按点建线性基，答案就是\(2^{自由元}\)。然后发现这并没有什么鸟用......
但是这启发我们答案肯定类似\(2^c\)。
我们先来考虑一下，给定一棵树，如何构造答案一种合法方案。
显然如果黑点个数为奇数那么就无解了，否则一定有解。
一种与后续算法相关的构造是：把黑点两两匹配，然后依次对每对黑点之间的路径取反。
如果是一棵树，答案显然就是\(1\)。
考虑加入一条非树边，若该边不取反则无影响，若该边取反，则把原方案中两点路径取反后又是一种合法方案。
所以对于一个联通块，\(ans = 2^{|E| - (|V| - 1)}\)。
设全局联通块个数为\(cnt\)，则全局答案为\(Ans = 2^{|E| - |V| + cnt} = 2^{|E|-|V|}* 2^{cnt}\)。
所以我们只需要维护删去某点后联通块的个数以及全局是否合法，用点双里的一些技巧即可实现。
若选择元素\(a\)，则该元素能够构造出的数为\(k gcd(a,P)\)。
对于元素\(c_1,c_2\)，它们能够构造出的数为\(k gcd(c_1,c_2)\)。
把\(P\)的约数处理出来，设\(f_{i,g}\)表示前\(i\)个约数、\(gcd = g\)的方案数，转移随便弄弄。
当查询\(t\)时，\(Ans = \sum_{d|t} f_{|np|,d}\)。
注意到\(d|t,d|P\)，所以\(d|gcd(t,P)\)，故可以把答案全部预处理出来，这样回答就只要\(O(logn)\)了。
一个显然正确的贪心：从左往右，能选就选。
我做这个题的时候是这样发现正解的：看部分分\(|r-l|>2000\)，\(|r-l|<50\)。
然后\(n = 10^5\)，所以\(\frac{n}{2000} = 50\)，嗯(抓耳挠腮)什么鬼？？？
所以自然就是数据分治啦。当\(n>2000\)时，直接暴力向后跳，最多跳\(\frac{n}{r-l} = 50\)次。
当\(n < 50\)时，可以发现串\(A\)最多提供\(50n\)个本质不同的串，所以完全可以暴力把每个位置都弄出来。
弄出位置后，询问就是一个比较经典的模型了，倍增即可。
至于\(n\in [50,2000]\)的直接当作\(n>2000\)做就行了，反正这种询问的次数不会特别多。
上述操作全部用\(SAM\)+线段树合并兹瓷一下。
可以列出一个白痴\(dp\)：\(f_{u,j,0/1,0/1}\)表示\(u\)子树内放了\(j\)个监听器，当前点是否合法，是否放了监听器。
转移一波大讨论。
对于第二维\(j\)，用一下\(CF\)最近新出的科技卡一下\(size\)复杂度就变为\(O(nK)\)了。
树边的贡献是\(2^{sz}*2^{n-sz}\)直接算掉，考虑算环的贡献。
首先我们得到环上每个点挂的子树大小\(size\)，这个可以用点双的技巧\(O(1)\)得到。
加设我们选择了环上的若干点，那么最优决策是：选出环上的最大间隙，然后删掉。
破环成链，设\(f_{l,r,k}\)表示区间\([l,r]\)中，不考虑首尾相连的间隙，最大间隙为\(k\)的方案数。
转移固定左端点，枚举右端点：\(f_{l,r,k} = \sum_{p = 0}^{r-k-l} f_{l,r-k,p} + \sum_{p=r-k+1}^{r-1} f_{l,p,k}\)。
这是一个二维矩阵形式，用二维前缀和优化到\(O(n^3)\)即可。
暴力的想法是：二分答案求圆弧交，那么假设能够确定了任意一个终点，做二分图匹配即可。
显然一定会有一个终点卡在圆弧边界上，枚举卡在哪里，这样就可以做到\(O(n^4logn)\)了。
但不难发现第一个终点本质不同的旋转角度可以集中在\([0,\frac{2\pi}{n}]\)这个弧度区间中。
那么把每个圆弧交的边界算出来，每转动一下，二分图最多只有一条边删除、一条边加入。
这不就直接上退流了呗......
删边时将\((u,v)\)分别退去\(1\)的流量，加边就直接加，这样复杂度秒变\(O(n^3logn)\)。
考虑\((x_A + d_x , y_A + d_y) \in B\)，即\(A + \delta \in B\)，那么\(\delta \in B - A\)。
所以求\(B\)、\(-A\)的闵可夫斯基和，那么问题转化为判断\(\delta\)是否在凸包内，这个可以直接二分实现。
看到这道题先写了一个暴力，然后打表就发现了一堆乱七八糟的性质。
有用的性质：设\(d = gcd(n,m)\)，则合法路径的行走方案每\(d\)步一个循环，这个目前不会证。
我们设\(d\)步中向下走\(dx\)步，向右走\(dy\)步，则\(dx = dy\)。
考虑\(dx\)、\(dy\)满足什么条件时，该方案合法。
结论：若\(d = gcd(n,m)\)、\(dx + dy = d\)、\(d_x \perp n\)、\(d_y \perp m\)，则方案合法。
我们来证明一下。
对于格子\((x_i,y_i)\)，我们设从\((1,1)\)经过\(kd + rest\)步到达\((x_i,y_i)\)。
我们把格子按照\(rest\)分组，那么每一组一定恰好有\(\frac{nm}{d}\)个格子。
由于前\(d\)步的移动一定不交，所以我们实际上只要证明：对于任意一组，恰有\(\frac{nm}{d}\)个格子与待证限制条件互为充要条件。
Case1：证明充分性
若\(d_x\perp n\)、\(d_y \perp m\)，则\(x\)的周期\(= \frac{n}{gcd(n,d_x)} = n\)，\(y\)的周期\(= \frac{m}{gcd(m,d_y)} = m\)。
所以\((x,y)\)的周期 \(= \frac{nm}{gcd(m,m)} = \frac{nm}{d}\)，合法。
Case2：证明必要性
反证。设\(gcd(d_x,n)=s_1\)、\(gcd(d_y,m) = s_2\)，其中\(s_1,s_2\)至少一个\(>1\)。
根据扩欧，我们设：\(t = gcd(d_x,d) = gcd(d_x,d_y) = gcd(d,d_y)\)。
类似的我们可以得到\(x\)的周期\(= \frac{n}{s_1}\)，\(y\)的周期\(= \frac{m}{s_2}\)，则\((x,y)\)的周期\(= \frac{nm}{s_1s_2gcd(\frac{n}{s_1},\frac{m}{s_2})}\)。
我们只需要证明，若不满足待证限制条件，则\(\frac{nm}{s_1s_2gcd(\frac{n}{s_1},\frac{m}{s_2})} < \frac{nm}{d}\)，即有点没有被经过。
上述式子化简可得：需证若不满足待证限制条件，则\(s_1s_2gcd(\frac{n}{s_1},\frac{m}{s_2}) >d\)。
case2.1：若\(t = 1\)，则：
由于\(d_x \perp d\)且\(s_1|d_x\)，所以\(s_1 \perp d\)。同理可得\(s_2 \perp d\)。
所以\(gcd(d,s_1s_2) = 1\)，即\(gcd(\frac{n}{s_1},\frac{m}{s_2}) = d\)，又\(s_1s_2 > 1\)，得证。
case2.2：若\(t > 1\)，则：
因为\(t|d\)，所以\(t|n,t|m\)。
又因为\(t|d_x,t|d_y\)，所以\(t|s_1,t|s_2\)。
故\(s_1s_2 gcd(\frac{n}{s_1},\frac{m}{s_2}) = coef*td > d\)，得证。
Case3(补充)：由于\(d_x\perp n,d_y\perp m\)，所以对于同一\(rest\)，每个点坐标有唯一表示，故路径不会相交。
接着就可以DP啦，首先枚举一对合法的\(d_x,d_y\)。
那么对于一种方案，路径长度 = 路径上到每一个障碍的时间的最小值。
我们现在已知\(d_x,d_y\)，需要\(dp\)的是\(d_x,d_y\)的具体走法。
把矩阵压缩到\(d_x * d_y\)大小，对于矩阵内每一个点，处理后继每一个障碍到达时间的最小值\(mn\)。
然后从矩阵左上方往右下方走做一遍网格图\(dp\)即可，复杂度\(O(Tn^5)\)松一松就过了。
首先把红点、蓝点以原点为中心极角排序。
固定起点\(P\)，对于蓝点\(B\)和三角形\(AOP\)，\(B\)在\(AOP\)中的条件为：角\(AOB\)\(\ge\)角\(BOP\)、角\(APO\)\(\ge\)角\(BPO\)。
以极角序逆时针移动以满足第一个条件，第二个条件直接开一个变量纪录最小值即可。
对于单次询问，我们显然可以通过单调栈在\(O(n)\)的复杂度算出答案。
后面的解法非常的仙，构造一棵神奇的操作树：
从左往右做单调栈，若入栈这从当前点前往对应儿子，若弹栈则回到父亲结点。
然后会发现，任何完美括号序列在树上一定对应一条从\(u\)出发回到\(u\)的路径，那么路径长度就是不能匹配上的元素个数。
操作二使得我们能够进行\(fwt\)，考虑异或\(fwt\)原理\(fwt_i' = \sum_{j=0}^{2^n-1} (-1)^{bit(i\ and\ j)}fwt_j\)。
对量子数组做\(fwt\)然后询问得到位置\(t\)，
那么我们可以知道\(fwt_t = \frac{1}{\sqrt{2}}((-1)^{bit(x\ and\ t)} + (-1)^{bit(y\ and\ t)}) \neq 0\)。
所以\((-1)^{bit(x\ and\ t)} = (-1)^{bit(y\ and\ t)}\)。
所以\((-1)^{bit((x\ xor\ y))\ and\ t} = (-1)^{bit(x\ and\ t) + bit(y\ and\ t)} = 1\)。
然后就能排除掉\(bit((x\ xor\ y)\ and\ t)\)为奇数的\((x\ xor\ y)\)了，一直做下去直到只剩下一个合法解。
首先明确，我们每次返还的信息形如：\(a_x\leq a_y\)、\(a_x \ge a_y\)。
对于\(task_3\)，设最大值在左端，则用\(a_x + a_{x+1} \ge 1\)二分大概分界点，然后用\(K\)的奇偶性得解。
先考虑一个\(7n\)的做法：
我们先用\(2n\)的时间找到序列的一个最大值\(mx\)。
每次取出两个未确定的数\(a_x,a_y\)，比较\((a_x+a_y,mx)\)、\((a_x,a_y)\)。
若\(a_x + a_y \le mx\)，则\(a_x,a_y\)中较小的一个为\(0\)。反之，\(a_x,a_y\)中较大的一个为\(1\)。
然后来看\(5n\)的做法。
我们考虑去掉找最大值\(mx\)的过程。
取出两个元素\(a_x,a_y\)，设当前最大值为\(a_{mx}\)，则比较\((a_x,a_y)\)、\((a_x+a_y,a_{mx})\)。
不妨设\(a_x \leq a_y\)。
若\(a_x+a_y \leq a_{mx}\)，则可以推出\(a_x = 0\)。 否则有\(a_y \ge a_{mx}\)。
若\(a_y \ge a_{mx}\)，则把\(a_mx\)扔到栈中去，让后令\(mx = y\)继续处理。
这样到了最后，我们确定了若干元素\(=0\)，有一个单调递增的栈满足\(y_1\leq y_2 \le y_3...\le y_{|stack|}\)，有一个未确定元素\(z\)。
可以肯定的是\(max(z,y_{|stack|}) = 1\)。
那么我们先用\(task_3\)的方法二分出栈中的大概分界点，然后根据\(K\)的奇偶性进行讨论。
设二分出的未确定位置为\(p\)。
若当前\(1\)的个数与\(K\)奇偶不同，则\(a_z,a_{y_p}\)中有一个\(1\)，询问\((a_z,a_{y_{p}})\)。
若当前\(1\)的个数与\(K\)奇偶相同，则\(a_z = a_{y_p}\)，询问\((a_z + a_{y_p},a_{y_{stack}})\)。
询问次数变为了\(O(5n + logn + c)\)。
首先明确一下，对于任意一种方案，设\(m\)为两棵树的重合边数，则\(ans=y^{n-m}\)。
所以我们实际只需要算\(y^{-m}\)，下文中默认\(y = y^{-1}\)。
\(task_1\)：来搞笑的，不用管就是了。
\(task_2\)：
不难想到\(cayley\)定理，即枚举两树重合的联通块，然后把这些联通块组合在一起。
然而这样会面临组合时非法组合的问题。
我们用一个巧妙的办法解决它：\(y^k = \sum_{j=0}^{k} \binom{k}{j} (y-1)^j\)。
这个式子的组合意义：对于边集\(E\)，对于每种包含它的方案，会产生\((y-1)^{|E|}\)的贡献。
所以我们令\(y = y - 1\)，然后就不用考虑非法组合的问题了。
可以写出一个\(dp\)：设\(f_{u,j}\)表示以\(u\)为根的子树内，与\(u\)相连的联通块大小为\(j\)的系数和。
转移根据\(cayley\)定理：\(way = n^{m-2} \prod_{i=1}^m sz_i\)，统计\(\prod_{sz_i}\)与边权\(y\)的系数和即可。
可以注意到\(\prod_{i=1}^m sz_i\)的组合意义：在每一个联通块内各选一个关键点的方案数。
所以直接设\(f_{u,0/1}\)表示\(u\)所在的联通块是否选择了关键点的方案数，这样\(dp\)复杂度就变成了\(O(n)\)。
\(task_3\)：
设\(f_i\)表示有\(i\)个重合联通块的方案数。
和上面一样先拆组合意义避免容斥：令\(y = y - 1\)。
显然有：\(f_i = \sum_{\sum_{j=1}^i a_j = n} \frac{n!\prod_{j=1}^i \frac{a_j^{a_j - 2}}{a_j!}}{i!} (n^{i-2} \prod_{j=1}^i a_j)^2\)。
答案\(Ans = \sum_{i=1}^n y^{n-i} f_i\)。
带入有：
\(Ans = \sum_{i=1}^n y^{n-i} \sum_{\sum_{j=1}^i a_j = n} \frac{n! \prod_{j=1}^i \frac{a_j^{a_j - 2}}{a_j!}}{i!} (n^{i-2} \prod_{j=1}^i a_j)^2\)。
所以：
\(Ans = \frac{n!y^n}{n^4} \sum_{i=1}^n \sum_{\sum_{j=1}^i a_j = n} \frac{\prod_{j=1}^i \frac{a_j^{a_j}n}{a_j!y}}{i!} = \frac{n! y^n}{n^4} [x^n] e^{\sum_{j=1}^n \frac{j^j n}{j!y}x^j}\)
多项式\(exp\)即可。
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原文地址：https://www.cnblogs.com/GuessYCB/p/10425023.html
