标签：master 不难 div sdoi2013 链表 nan .com rail sts
设 \(f_u\) 表示 \(u\) 到 \(n\) 的期望。
\(f_n=0\)
\[f_u=1+\sum_{v\in suf_v}\frac{min(f_u,f_v)}{d_u}\]
\[\rightarrow f_u=1+\sum_{v\in suf_u,f_v<f_u}\frac{f_v}{d_u}+\sum_{v\in suf_u,f_v\ge f_u}\frac{f_u}{d_u}\]
\[\rightarrow f_u=\sum_{v\in suf_u,f_v<f_u}\frac{f_v+d_u}{\sum_{v\in suf_u,f_v<f_u}1}\]
这个东西满足堆优化 \(Dijkstra\) 的贪心策略，所以就堆优化 \(Dijkstra\) 即可。
可以先算出满足要求至少要多长，假设长度为 \(L\)，那么剩下的 \(d-L\) 可以任意插入，这样就可以直接计算答案了。
考虑怎么算长度，将 \(r\) 从小到大放入，显然后面的一定满足前面的限制。
设 \(f_{i,j,k}\) 表示插入到了第 \(i\) 个数，有 \(j\) 个空需要插入，总长度为 \(k\) 的方案数。
每次插入一个数字就看插到中间或者两边，可以选择插入之后不计算贡献(表示新建空给后面的插入)，如果不新建空就计算长度贡献。
可以发现，如果有连续的两个数字都大于 \(1\)，那么后面的数字都是一样的。
设 \(f_i\) 表示前 \(i\) 个位置的答案(当前位置的数不确定)，每次可以写一个 \(1\)，或者放一个 \(x(x>1)\) 和 \(x\) 个 \(1\)，可以前缀和优化。
每次的 \(f_i\) 贡献答案，可以枚举填两个大于 \(1\) 的，或者填一个大于等于剩下长度的。
注意特判 \(f_i,i=n\) 时候的贡献。
可以发现，如果直接设 \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 轮，还有 \(j\) 个黑球的方案数，最后的序列会计算重复。
考虑怎么样子才会计算重复，也就是黑球的变化曲线通过上下平移可以重合。
不难同一种方案的曲线中一定会有一条的最小值为 \(0\)。
所以强制在最小值为 \(0\) 的时候计算即可。状态里面多加一维 \(0/1\) 表示是否经过 \(0\) 即可。
肯定是两个点交叉走，每次走一个区间。
直接在区间的端点处转移过来，每次贡献为区间长度内的走的代价和另一个点跳过来的代价。
这个显然可以两棵权值线段树维护。
\(trie\) 树上选择 \(k\) 个点即可，简单树形 \(DP\)。
答案只和 \(d\) 的质因子有关，所以 \(a\) 除掉多余的质数，显然最多选择 \(11\) 个数，每个数字删除 \(d\) 的质因子的一个子集。
那么可以设计出一个简单的状压的子集 \(DP\)，然后对于除掉多余的质数相同的肯定选择前 \(11\) 小就好了。
并且一个状态 \(S\)，最多只能从小到大转移 \(11\) 次数，然后复杂度就卡入 \(20s\) 了，由于非常不满，所以实际上非常的快。
分两种情况：
一个是最大值和最小值不在一边，那么直接比较 \(x,y\) 贪心分配即可。
当最大值和最小值在一边的时候，按照 \(x<y\) \(x\) 排序，枚举最小值，然后反转前缀的 \(x,y\) 即可。
只要按照从小到大的顺序插入所有数就行了。
设 \(f[i][j][k][l]\) 表示插入 \(i\) 个数，当前序列波动值为 \(j\)，序列现在被分为 \(k\) 个连续的段，序列边界的状态为 \(l\) ，\(l\) 为 \(0\) 表示边界没有数，为 \(1\) 表示边界有一个数，为 \(2\) 表示边界有两个数。
考虑从大到小加入数字，把 \(2n\) 个位置分成 \(n\) 组。
那么可以设计状态 \(f_{i,j,k}\) 表示从大到小的第 \(i\) 个位置，有 \(j\) 个已经知道位置并且有一个未知的个数，\(k\) 个不知道位置并且有一个未知的个数。
然后转移即可，最后乘上两个都未知的个数的阶乘。
转化成左上角矩阵的求和，数位 \(DP\)，设 \(f_{i,0/1,0/1,0/1}\) 表示 \(i\) 位，三个限制是否到达危险态，记录和和方案数即可。
假设第 \(i\) 位填 \(3\), 那么他的贡献的 \(3\times 10^i\),考虑把这个贡献拆开。
比如：\(3\ge3,3\ge2,3\ge1\) 我们在这一位填 \(1,2,3\) 时都记上 \(10^i\) 的贡献。
设 \(f_{i,j,k,l}\) 表示前 \(i\) 个位置，有 \(j\) 个位置的数字大于等于 \(k\)，\(l\) 表示是否为安全态。
直接转移即可。
按照两个人喜欢的状态分成 \(4\) 类。
首先每一类选的东西肯定是排序之后的一个前缀。
枚举两个都喜欢的选择多少个，贪心选只有一个喜欢的，剩下的选择前 \(k\) 小即可。
考虑容斥,枚举最后一个数出现的次数 \(i\)。
那么可以发现前面 \(k-i\) 个数的取值必须是 \(gcd(n,i)\) 的倍数，不然肯定没有解。
考虑最后这个数的取值有哪一些，当固定前 \(k-i\) 个数的和的时候，最后这个数字显然可以取出 \(gcd(n,i)\) 种值。
设 \(f_{i,j}\) 表示 \([0,n-1]\) 取出 \(j\) 个，和为 \(i\) 的倍数的方案数。
那么
\[f_{p,k}=\sum_{i=0}^{k}(-1)^{i-1}(n/p)\times gcd(i,p)\times f_{gcd(i,p),k-i}\]
\(n/p\) 表示最后一个数在整个 \([0,n-1]\) 的取值。
注意到我们要选取的集合是无序的，而任何一个数都可以成为最后一个数，那么最后要除掉 \(k\)。
考虑这样的状态数，\(f_{i,j}\) 被访问当且仅当 \(i|n,i|(k-j)\)。
状态数就是 \(\sum_{i}[i|n]\frac{k}{i}\) 级别的，即 \(kln k\)，总复杂度就是 \(O(k^2lnk)\)。
网络流。
源点向每个猪圈连边，容量为猪的个数。
按照人分层，上一层的点向一层分配，并向汇点连边，容量为每个人的上界。
把费用取反之后转化为最小费用的模型，注意到 \(l_i,r_i\) 都很小，很容易可以转化成“HNOI切糕”的模型。
每个点建立 \(r_i-l_i+2\) 个点，相邻两个点 \((x-1,x)\) 之间连边 \(-(a_ix^2+b_ix+c_i)\)。
然后对于限制 \((u,v,d)\)，就直接 \(u\) 的 \(x\) 号点向 \(v\) 的 \(x-d\) 号点连边 \(inf\) 即可。
最后跑一遍最小割，由于流量不能是负，就给每个点的边加上一个大于所有权值的极大值 \(A\) 即可。
答案就是 \(nA-mincut\)。
设 \(f_u\) 表示 \(u\) 到 \(n\) 的最小期望，\(d_u\) 为出度，\(suf_u\) 为出边集合，那么
\[f_u=1+\frac{\sum_{v\in suf_u}f_v}{d_u}\]
可以选择删掉一些出边，考虑分数规划。
分数规划完之后，由于有删除 \(y\) 就必须删除 \(x\)，即选 \(x\) 就必须选 \(y\) 的限制，所以求一个最大权闭合子图即可。
费用流。
首先可以拆点，\(i,i+n\) 连 \(-inf\)，表示必须选。
对于 \(i,j\) 两天，如果 \(a_i\ne a_j\) 那么连 \(i+n,j\) 边权为 \(c_{a_j}\)，否则边权为 \(0\)。
这样就只要选出覆盖所有 \(i,i+n\) 的路径，权值和最小就好了。
由于最开始强制了 \(i,i+n\) 连 \(-inf\)，所以每一次增广必定覆盖所有 \(i,i+n\) 的路径。
因此根据费用流的性质，只需要当代价不会更小的时候结束增广即可。
费用流。
类似上面的建图，预处理出 \(f_{i,j}\) 表示 \(i\) 到 \(j\) 不经过大于 \(j\) 的点的最短路。
\(i+n\) 向 \(j\) 连 \(f_{i,j}\) 代价的边即可。
费用流。
对于这种网格肯定要想到黑白染色。
考虑如果没有直线的代价怎么求是否有合法方案。
那么就是每个点入度等于出度，由于黑白染色了，所以可以令黑点入流量为 \(2\)，白点出流量为 \(2\)，相邻的连边网络流出解。
现在有直线的代价，考虑把一个点分出两个点出来，分别表示上下和左右。
选了两次上下或者两次左右的时候有额外代价。
直接连两条边，一条费用 \(0\)，一条 \(1\)。因为费用流的性质，所以肯定会先走 \(0\) 边。
费用流。
首先可以把额外代价看成是没有入边的点贡献，这样就可以建图，\((i,j+n)\) 费用为最短路。
或者 \((i+n,i)\) 容量为 \(\infty\)，只连接原图中有边的 \((i,j+n)\)。
现在的问题是多组询问的 \(C\)。
根据费用流增广的性质，存在一个增广的时刻，使得之前每次增广的代价小于等于 \(C\)，之后大于 \(C\)。
那么二分这个分界点就好了。
线性规划问题的对偶问题转化：\(max\{c^Tx|Ax\le b\} = min\{b^Ty|A^Ty\ge c\}\)
放到这个题目转化就变成了：选最多的边(可以重复)，使得每个人的覆盖的边不超过 \(c_i\) 条。
这个东西就从深到浅贪心就好了，可并堆维护即可。
一条路径 \(p_1,p_2,...,p_k\) 不合法当且仅当 \(\exists i < k, p_i < p_{i+1}\)。
那么显然可以转化为求 \(S\) 和 \(T\) 的最小割。每个点向小于等于它的点连边即可。
而由于如果同时两个点割了出点同样的边，显然只要增加到两个点的最大值就好了，但是我们割了两次，于是就假了。
所以可以把一个点拆成 \(5\) 个点，把周围的点按照高度小到大排序。
周围的点依次连边这个点拆成的相邻的点，边权为 \(inf\)。
这个点相邻的点依次连高度对应的代价。
可以发现，每个点拆成的点如果割掉了后面的边然后再割前面的一定不优，保证了正确性。
容易发现是费用流。然后套一个“CTT2017无限之环”发现并不可以，不仅不好限制直线，而且难以处理每个点可以选或不选。
考虑给每一个点钦定一个出边，拆点。
一个比较奇怪的做法就是：先黑白染色，让黑点只考虑上下连边，白点只考虑左右。
这样下来，只需要每个点直接连边就能解决每个点必须选择的问题了。
然后考虑怎么样实现每个点可以选或不选，其实只要自己匹配自己就好了。
最后实际上只要跑一遍二分图最大权匹配就好了。
没想到 111 和 20 居然不是乱给的。。。
首先 \(20\times 3 < 111\) 如果能围住就尽量围住(围住的最小单位显然是 \(3\))。
不能围住的先不管，那么就是对能围住的找到一个最小的环。
枚举每一条向量看是否能围住(都在内侧)，然后 \(floyed\) 找最小环即可。
就是动态删除，要求上凸壳的长度。
倒过来变成动态加入，用平衡树(set)维护凸壳即可。
求出第一条边和每一条边的限制，这是一个线性规划的形式，半平面交求出可行域即可。
求出泰森多边形，然后连边即可。
枚举每一个点，求出它和每个点的中垂线，这样求出半平面交就可以求出这个点管辖的范围，然后与外面的点连边，最后 \(BFS\) 即可。
Geometry_Widget真好用。
矩阵乘法满足结合率，所以就线段树维护矩阵即可。
考虑从小到大加入数字，假设前面能够凑到 \(x\)，如果新的数 \(v \le x+1\)，那么能凑出的数变成 \(x+v\)，不难发现只要每一次加入 \(\le x+1\) 就好了。主席树维护。
由于每两次一定翻倍，那么就是两只 \(log\)。
二分答案，然后询问满足的奇数区间的该个数。
点分治，因为 \(10^d\) 和 \(m\) 互质，所以存在逆元，\(map\) 查询即可。
按照套路，首先点分治。
那么就是要求满足以下条件的路径的权值的乘积。
$\begin{cases}
2(b_1+b_2) \ge w_1+w_2\
2(w_1+w_2) \ge b_1+b_2
\end{cases}
$
由于点是无序的，又不能直接求二次剩余，所以不太好做，直接求可以用 \(CDQ\) 分治解三维偏序，套上点分治，三只 \(log\)。
仔细观察这个东西，不合法的条件有两个，但是实际上一个满足，另一个一定不满足，所以求解不合法即可，二维偏序，树形数组实现。
枚举下边界，向上扫描，每一次删除点。合法的线段一定是相邻两个同色点卡着的，每次合并一下即可。
树形数组+链表维护。
显然答案只跟 \(1\) 的个数有关，那么可以设 \(f_{i,j}\) 表示选了 \(i\) 个，有 \(j\) 个位置为 \(1\) 的方案数。
因为 \(v\) 个 \(1\) 可以任意组合，我们再除以一个组合数 \(\binom{n}{v}\) 就是答案。
假设选出的 \(m\) 个数不同顺序算是不同的方案，求出来以后再除以一个 \(m!\) 就可以了。
这样就好做了，直接 \(DP\) 即可。四种情况。
但是并没有考虑第 \(i\) 个数与之前的 \(i?1\) 个数重复的情况，所以要减去。
减去的方案数就是 \(f_{i-2,j}\binom{n}{3}(i-1)\)
按照公式计算即可。注意判断是 \(9901\) 倍数的情况。
每个质因子分别考虑即可。
\(n!\) 中质数 \(k\) 有 \(\sum_{i}\lfloor\frac{n}{k^i}\rfloor\) 个。相当于是将 \(n\) 转化成 \(k\) 进制后,设第 \(i\) 位的值位 \(v\),那么就有 \((v ... . vv)_{k}\) 的贡献。
预处理一下前缀和之类的就可以算出每个 \(k\) 对应的 \(n\),最后取个 \(max\) 就好了。
\[\sum_{i=1}^{a}\sum_{j=1}^{b}f(gcd(i,j))=\sum_{d=1}^{min(a,b)}\lfloor\frac{a}{d}\rfloor\lfloor\frac{b}{d}\rfloor\sum_{i|d}f(i)\mu(\frac{d}{i})\]
考虑计算 \(g(d)=\sum_{i|d}f(i)\mu(\frac{d}{i})\)
这个东西可以看成是枚举 \(d\) 的质因子集合，钦定这些集合的指数减 \(1\)，然后对于所有的指数的 \(max\) 的和。
那么就很好做了。
如果质因子集合的指数都是 \(a\)，那么只有一种情况为 \(max=a-1\)，其它的情况都是 \(max=a\)，这些贡献之间两两抵消，设质因子的个数为 \(k\)，那么会剩下一个 \(-(-1)^{k}\)。
如果质因子集合的指数不都是 \(a\)，那么只有两种情况，一种是 \(max=max\{a\}\)，一种是 \(max=max\{a\}-1\)，两种情况的方案数都是偶数，同种方案的贡献两两抵消，最后剩下 \(0\)。
所以只要求出那些质因子集合的指数相同的数的贡献就好了。
可以发现有值的 \(g\)，设为 \(g(x^a)\)(\(a\) 为相同的指数)，那么 \(g(x^a)=-\mu(x)\)
所以可以直接枚举 \(\mu\) 筛出 \(g\)，复杂度显然是线性的。
用上面的方法配上杜教筛应该是可以做到 \(a,b\le 10^9\) 级别的询问的，枚举那个 \(a\) 筛 \(\mu\) 的前缀和就行了(大概)。
不妨假设 \(n\le m\)，爆推：
\[\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}lcm(i,j)^{gcd(i,j)}=\sum_{d=1}^{n}d^{d}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}(ij)^{d}[i\perp j]\]
\[=\sum_{d=1}^{n}d^{d}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}(ij)^{d}\sum_{g|gcd(i,j)}\mu(g)=\sum_{d=1}^{n}d^{d}\sum_{g=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(g)\sum_{g|i}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{g|j}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}(ij)^{d}\]
\[=\sum_{d=1}^{n}d^{d}\sum_{g=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(g)g^{2d}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{dg}\rfloor}i^d\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{dg}\rfloor}j^{d}\]
枚举 \(d\)，预处理自然数幂和(显然不用快速幂)暴力计算即可，复杂度为调和级数，\(O(nlnn)\)。
爆推：
\[\sum_{i=1}^{n}[i\perp n]i^d=\sum_{i=1}^{n}i^d\sum_{g|gcd(i,n)}\mu(g)=\sum_{g|n}\mu(g)\sum_{g|i}i^d=\sum_{g|n}\mu(g)g^d\sum_{i=1}^{\frac{n}{g}}i^d\]
这玩意儿前面是一个狄利克雷卷积，后面突然出现了一个自然数幂和就很难受。
而众所周知，自然数幂和 \(\sum_{i=1}^{n}i^d\) 是一个关于 \(n\) 的 \(d+1\) 次数多项式。
运用高斯消元或者拉格朗日插值等方法不难得到这个多项式 \(f(x)\)，那么答案就可以写成 \(\sum_{g|n}\mu(g)g^df(\frac{n}{d})\)。
可以发现，多项式的每一项都是一个 \((\frac{n}{d})^ka_k\)(\(a\) 为系数)的形式，不考虑系数，则这显然是一个积性函数。
因此，只要枚举多项式的幂次，然后对于每一个质因子 \(p_i^{a_i}\) 求出答案即可。
首先有个性质 \(gcd(f_i,f_j)=f_{gcd(i,j)}\)
根据最值反演不难发现有：\[\prod_{T\subset S,T\ne \phi}f(gcd(T))^{(-1)^{|T|+1}}\]
爆推：
\[\prod_{T\subset S,T\ne \phi}f(gcd(T))^{(-1)^{|T|+1}}=\prod_{d=1}^{n}f(d)^{\sum_{T\subset S,T\ne \phi}{(-1)^{|T|+1}}}[gcd(T)=d]\]
\[\sum_{T\subset S,T\ne \phi}{(-1)^{|T|+1}}[gcd(T)=d]=\sum_{d|i}\mu(\frac{i}{d})\sum_{T\subset S,T\ne \phi}{(-1)^{|T|+1}}[i|gcd(T)]\]
设 \(g_i=\sum_{T\subset S,T\ne \phi}{(-1)^{|T|+1}}[i|gcd(T)]\)。
可以发现 \(g_i=\begin{cases}1,\exists k_i,d|k_i\\ 0,otherwise \end{cases}\)
预处理 \(h_d=\sum_{d|i}\mu(\frac{i}{d})g_i\)，然后直接计算答案即可。
\(n,k\) 同奇偶的时候，第一问答案显然就是 \(2^{k}-1\)，第二问直接构造生成函数，就是 \([x^n](\frac{e^{x}-e^{-x}}{2})^k\)，直接二项式定理展开即可。
\(n,k\) 不同奇偶的时候，第一问答案显然就是 \(2^{k}-2\)，第二问即 \([x^n](\frac{e^{x}-e^{-x}}{2})^{k-1}(\frac{e^{x}+e^{-x}}{2})\)
每一种方案数一定可以平移，使得每一维都有 \(0\)，考虑只在每一维都有 \(0\) 的时候计算答案。
显然可以先计算直径至多为 \(d\) 的减去至多为 \(d-1\) 的。
考虑容斥，枚举至多 \(i\) 为没有达到 \(0\)，答案即 \(\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}(-1)^i2^{(d+1)^{n-i}d^i}\)
因为 \(e_1\perp e_2\)，所以 \(e_1x+e_2y=1\) 有解。
因为 \(n\perp c_1,n\perp c_2\)，所以 \(c_1,c_2\) 有逆元。
解出来 \(x,y\) 之后快速幂即可。
设 \(A=\) 长度为 \(n\) 的序列 \(X\)，其中的每个数都是 \(1\) 到 \(m\) 内的整数，且所有 \(1\) 到 \(m\) 内的整数都在序列 \(X\) 中出现过的方案数。
\(B=\) 长度为 \(n\) 的序列 \(X\)，其中的每个数都是 \(1\) 到 \(m\) 内的整数，且最大值为 \(m\) 的方案数。
一个结论：当 \(n\ge m\) 的时候，\(A=B\)
为了证明这个东西，首先假设 \(C=\) 长度为 \(n\) 的序列 \(X\)，其中的每个数都是 \(1\) 到 \(m\) 内的整数的方案数，然后只要证明 \(A=C\) 并且 \(C=B\) 即可。
首先 \(B=C\)，显然对于 \(C\) 的一个方案，把所有的数加上 \(m-max\) 与原来序列同构，就可以得到 \(B\) 了，所以 \(C\le B\)，而根据定义显然 \(C\ge B\)，所以 \(C=B\)。
然后是 \(A=C\)，首先根据定义也有 \(C\ge A\)，然后对于 \(A\) 的每一种方案，在保证下标前后的大小关系不变的条件下，把相同的数从前往后依次变化(强制后面的小于等于前面的)，显然和原来的同构，并且一定可以取遍 \(m\) 个值，所以 \(A\ge C\)。
也得到了 \(A=B=C\)
\(B\) 比较好算，设 \(f_{i,j}\) 表示长度为 \(i\)，最大值为 \(j\) 的序列的个数。
为了保证同构的不算重复，枚举左右拼接的时候强制在达到最大的情况下计算。
也就是
\[f_{i,j}=\sum_{k=0}^{i-1}f_{k,j-1}f_{i-k-1,j}\]
最后 \(f_{n,m}\) 就是答案。
把数组两维调换 \(f_{i,j}=\sum_{k=0}^{j-1}f_{i-1,k}f_{i,j-k-1}\)
写成多项式 \(f_i=f_if_{i-1}x+1\)，那么 \(f_i=\frac{1}{1-f_{i-1}x}\)。
不妨假设 \(f_i=\frac{a_i}{b_i}\)，那么
\[f_{i+1}=\frac{a_{i+1}}{b_{i+1}}=\frac{1}{1-\frac{a_i}{b_i}x}=\frac{b_i}{b_i-a_ix}\]
写成矩阵的形式
\[(a_i,b_i)\begin{bmatrix}0 & -x \\ 1 & 1 \end{bmatrix}=(a_{i+1},b_{i+1})\]
带入单位根矩阵快速幂，然后 \(IDFT\) 出 \(a,b\)，最后求逆即可。
另外的方法
按照题目的大小关系建立这个序列的笛卡尔树，那么左儿子的一定小于当前点，右儿子大小一定小于等于当前点。
不难发现，合法的笛卡尔树必须满足根到每个点向左走的次数必须 \(<m\)，这个条件在 \(n\ge m\) 的条件下就是充要条件(根据上面的东西不难得到)。
可以用左儿子右兄弟的方法，多叉树转二叉树，同时也可以每次抽出右边的链实现二叉树转多叉树，这样子，一个多叉树可以一一对应一个二叉树。
至此，题目可以转化成：有多少个长度为 \(2n\) 的合法括号序列，每个前缀(左括号 \(+\)，右括号 \(-\) )不超过 \(m\)。
也就是 \((0,0)\) 走 \(2n\) 步到 \((n,n)\)，每次可以向上走或者向右走 \(1\)，使得不超过 \(y=x+m\) 和 \(y=x\) 的路径条数。
算法参见 [JLOI2015]骗我呢。
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