算法：字符串哈希

方法通过将字符串的每一位字符转化为一个P进制数（P一般取较大的素数，如131,1007等）取模或用$unsigned long long$自然溢出，再利用前缀和求区间和进行匹配

参考代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef unsigned long long ULL;
 
int res;
string s;
 
int const P=131;  //这里使用131进制数
ULL p[1000010],f[1000010]; //转化进制是用的数组和前缀和数组
 
int main(){
    f[0]=0,p[0]=1;
    cin>>s;
    s=" "+s;
    for (int i=1;i<=s.length();i++){
        f[i]=f[i-1]*P+(s[i]-'a'+1);  //将s转化为数
        p[i]=p[i-1]*P;  //和转化进制的方式相似
    }
    int n;
    ULL res1,res2;
    scanf("%d",&n);
    int l1,l2,r1,r2;
    for (int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%d %d %d %d",&l1,&r1,&l2,&r2);
        res1=f[r1]-f[l1-1]*p[r1-l1+1];
        res2=f[r2]-f[l2-1]*p[r2-l2+1];
        if (res1==res2) printf("Yes\n");
        else printf("No\n");
    }
    
    return 0;
}

这是一个 $k + 1$ 维偏序问题，如果使用 CDQ 分治的话将收获 $\mathcal O(n\log^k n)$ 的复杂度，而 $n = 40000$ 的情况下 $\log^k n$ 在这题已经是 $10^6$ 的量级，甚至跑不过暴力 $\mathcal O(n^2k)$。

考虑 bitset，我们用 $S_i$ 的一个 bitset 存储当前所有维度均小于 $i$ 的节点，每次对新的维度排序，然后 bitset and 一下即可。不难发现这样可以正确维护。

时间复杂度 $\mathcal O(\frac{n^2k}{\omega})$，其中 $\omega$ 是计算机位数，一般取 $\omega = 32\ \mathrm{or}\ 64$，跑得飞快，比一些实现的不好的 KDTree 正解还要快。

#include<iostream>#include<cstdio>#include<algorithm>#include<cstring>using namespace std;const int Hen_hen_eaaaaa(233333);struct Eat{ int Now,Nxt,Bef,Col;}eat[Hen_hen_eaaaaa],frt[Hen_hen_eaaaaa];int n,cnt,STT;bool NOW;inline int R(){ int x=0,f=1;char c='c'; while(c>'9'||c<'0'){f=f*(c=='-'?-1:1);c=getchar();} while(c<='9'&&c>='0'){x=x*10+c-'0';c=getchar();} return x*f;}int main(){ freopen("csp2021pj_fruit.in","r",stdin); freopen("csp2021pj_fruit.out","w",stdout); n=R(); if(!n) return 0; for(int i=1;i<=n;++i){frt[i].Col=R();frt[i].Bef=i-1;frt[i-1].Nxt=i;} NOW=!frt[1].Col;frt[0].Nxt=1; for(int i=1;i<=n;++i){ if(frt[i].Col!=NOW){ NOW=frt[i].Col; eat[++cnt].Now=i; eat[cnt].Bef=cnt-1; eat[cnt-1].Nxt=cnt; } } int N,NN,NNN; while(frt[0].Nxt&&eat[0].Nxt){ N=eat[0].Nxt; while(N){ printf("%d ",eat[N].Now); NN=eat[N].Now; frt[frt[NN].Bef].Nxt=frt[NN].Nxt; frt[frt[NN].Nxt].Bef=frt[NN].Bef; eat[N].Now=frt[NN].Nxt; NNN=eat[N].Now; if(((frt[NNN].Col!=frt[NN].Col)||(!NNN))&&((frt[eat[eat[N].Bef].Now].Col!=frt[NN].Col)||(!eat[N].Bef))){ eat[eat[N].Bef].Nxt=(eat[N].Bef?((eat[eat[N].Nxt].Nxt&&eat[N].Nxt)?eat[eat[N].Nxt].Nxt:0):eat[N].Nxt); eat[eat[eat[N].Nxt].Nxt].Bef=((eat[N].Bef&&eat[eat[N].Nxt].Nxt&&eat[N].Nxt)?eat[N].Bef:eat[eat[eat[N].Nxt].Nxt].Bef); eat[eat[N].Nxt].Bef=((eat[N].Bef||!eat[N].Nxt)?eat[eat[N].Nxt].Bef:0); } N=eat[N].Nxt; } printf("\n"); } return 0;}

nfls 集训的作业题。

考虑 dp。设 $f_i$ 表示前 $i$ 个串的最小代价，$s_i$ 为前缀和，则：

$$f_i=\min_{j\in [0,i)} f_j+|s_i-s_j+i-j-L-1|^p$$

然后发现右边的东西关于 $s_i+i-L-1$ 是一个对称的东西，而且二阶导恒非负。这个时候考虑使用二分队列优化决策单调性。

考虑用三元组 $\left\langle j, l, r \right\rangle$ 表示 $l\to r$ 内的最优决策点为 $j$。

遍历 $i:1\to n$，当队首的 $r\lt i$ 的时候先扔掉，然后令 $l=i$。

对于队尾的一些 $\left\langle j,l,r \right\rangle$，如果 $i\to l$ 的决策比 $j\to l$ 的决策更优，根据决策单调性，$[l,r]$ 内的决策都是 $i$ 更优，直接舍弃 $j$，更替为 $i$。

如果我们弹出的过程中遇到了第一个不满足上述条件的 $\left\langle j,l,r \right\rangle$，那么一定存在一个决策点 $p\in [l,r]$，满足 $\forall x\in [l,p]$，$j$ 更优，$\forall x\in [p+1,r]$，$i$ 更优。直接二分出来就行。

时间复杂度均摊 $\mathcal O(n\log n)$。

COGS 为啥不支持 LaTeX 的 \binom，只能用 $\mathrm C$ 表示组合数了。

非常暴力的组合数计数。

考虑拆贡献，对 $i$ 节点，我们枚举 $k = sz_i$，计算 $i$ 子树大小为 $k$ 的方案数，然后直接暴力乘起来。

$i$ 子树内的方案数是 $$(k - 1)!\times \mathrm C_{n - i}^{k - 1}$$

表示 $\gt i$ 的树中选 $k - 1$ 个进行排列，然后 $i$ 子树外的方案数是 $i!\times (i + 1 - 2)\times (i + 2 - 2)\dots \times (n - k + 1 - 2) = i\times (i - 1)\times (n - k - 1)!$。

那么 $i$ 的方案数就是 $$\sum_{k=1}^{n-i+1} k\times (n - k)\times (k - 1)!\times \mathrm C_{n - i}^{k - 1}\times i\times (i-1) \times (n - k - 1)!$$

谔谔，为什么会RE，我干啥了，别的地方都能AC啊。

首先设 $f_i$ 为 $i$ 个点的 DAG 数量，枚举其中的 $i-j$ 个点没有入度，然后剩下 $j$ 个点向它们随意连边，但这样会算重，需要在容斥一下，方程是：

$$ f_i = \sum_{j=1}^{i}{(-1)^{j-1} C_i^j 2^{j(i-j)} f_{i-j}}$$

时间复杂度 $O(n^2)$，可过 $n=5000$。

这个式子看起来就很能卷积，不过这个 $2^{j(i-j)}$ 很烦，可以化一下：

$$j(i-j)=\frac{i^2}{2}-\frac{j^2}{2}-\frac{(i-j)^2}{2}$$

这样就能把 $j$ 和 $i-j$ 分开了。于是：

$$ f_i = \sum_{j=1}^{i}{(-1)^{j-1} \frac{i!}{j!(i-j)!} 2^{\frac{i^2}{2}-\frac{j^2}{2}-\frac{(i-j)^2}{2}} f_{i-j}}$$

$$   = 2^{\frac{i^2}{2}}i! \sum_{j=1}^{i}{\frac{(-1)^{j-1}}{2^{\frac{j^2}{2}}j!} \frac{f_{i-j}}{2^{\frac{(i-j)^2}{2}}(i-j)!} }$$

设:

$$A(x)=\sum_{i \ge 1}{\frac{(-1)^{i-1}}{2^{\frac{i^2}{2}}i!}x^i}$$

$$F(x)=\sum_{i \ge 0}{\frac{f_i}{2^{\frac{i^2}{2}}i!}x^i}$$

于是：

$$F = A*F +1$$

即：

$$F = \frac{1}{1-A}$$

使用 FFT 卷积，时间复杂度 $O(n\log(n))$，可过 $n=100000$。