脑电波题，对上了就很简单。

$n\le 8$

搜索看看吧，说不定常数小就有分了，时间复杂度 $O(?)$，期望得分 $0\sim 30$。

特殊性质 A

结论：答案为 $n$，手模不难证明。

特殊性质 B

结论：答案为 $1$，一望而知。

$n\le 2000$

我们考虑每走过一轮周期位置的偏移。如果走过一轮后仍停留在原地，则答案就是将原树 dfs 一遍的指令数。

否则，我们每走过一个周期，一定会向下走，且会向下走相同的偏移量。假设当前位置是 $x$，走过一个周期后到了 $y$，则我们的指令必须包括 $x$ 的子树除去 $y$ 的子树的这个连通块。

可以枚举从根节点走一个周期偏移多少，然后从根节点开始，初始令 $x=1$，$y$ 为 $x$ 走制定偏移量的节点，将 $x$ 的子树除去 $y$ 的子树的这个连通块提出来，然后令 $x\gets y$ 重复这个过程，直到 $y$ 在给定的二叉树之外，此时提出的连通块就是 $x$ 的子树。

将提出的所有连通块并在一起，则我们的指令需要 dfs 这个连通块，剩下的随便做即可，复杂度 $O(n^2)$。

特殊性质

模拟即可，时间复杂度 $O(\sum |s_i|)$，期望得分 $10$。

$n\le 12$

考虑状态压缩 dp，设 $f_{i,S}$ 表示将集合 $S$ 中的所有串插入到一个深度为 $i$ 的节点的方案数。

使用枚举子集的方式分裂 $S$ 到 $i+1$ 去转移，时间复杂度 $O(3^n|s_i|)$。貌似可以用高维前缀和优化到 $O(2^n|s_i|n)$。期望得分 $50$。

$n\le 20$

正解和特殊性质关系不大。个人觉得正解要比特殊性质好写。

不难发现，若确定了每个字符串 $s_i$，则字典树的节点个数为：

$$\sum_{S}(-1)^{|S|-1}\text{LCP}(S)$$

其中 $\text{LCP}(S)$ 表示集合 $S$ 中所有字符串的最长公共前缀。

好的，若 $s_i$ 未确定，如何计算 $\text{LCP}(S)$其实非常简单？枚举最长公共前缀的长度 $i$，只需要保障前 $i$ 位相同，第 $i+1$ 位不相同即可，时间复杂度为 $O(2^n|s_i|)$，期望得分 $100$。

[CCO 2024] Heavy Light Decomposition

前置知识

分块，DP

简要题意

定义“好的数组”为一个数组内交替出现“轻元素”和“重元素”，轻元素即其在这个数组内是唯一的，重元素即其在数组内出现多次。

有 $n$ 个正整数 $a_i$，求其有多少种划分方案能使划分后的子数组均为好的数组。

分析样例

我们首先要搞懂一个东西，就是划分后好的数组，是指这个子数组是好的，在这个子数组内的轻重元素与原数组并没有关系，每个子数组是互相独立的。

对于样例一，其划分方案如下：

- $[1], [2], [3], [2], [3]$

- $[1], [2, 3, 2], [3]$

- $[1], [2], [3, 2, 3]$

- $[1, 2, 3, 2], [3]$

对于样例二，其划分方案如下：

- $[1], [2], [1], [3], [1]$

- $[1, 2, 1], [3], [1]$

- $[1, 2, 1, 3], [1]$

- $[1], [2], [1, 3, 1]$

- $[1], [2, 1, 3, 1]$

- $[1, 2, 1, 3, 1]$

不明白的建议手推一下。

思路分析

考虑转移

我们定义 $dp[i]$ 为前 $i$ 个元素的合法划分的方案数。

那么，转移方程很显然：$dp[i] = \sum dp[j]$，其中 $j < i$ 且 子数组 $[j + 1, i]$ 是好数组。

实际上含义就是在 $j$ 处划分，新增一个子数组 $[j + 1, i]$，方案累加前 $j$ 个元素的方案数。

考虑好数组的约束

如果 $[j + 1, i]$ 为好的数组，那么需要满足：

1. 类型交替：即数组内的元素轻重交替。

2. 奇偶性约束：如果重元素第一次出现在奇数位，那么奇数位全是重元素，反之。

因此我们如果直接枚举所有的 $j$ 去验证 $[j + 1, i]$ 是否为好数组，时间复杂度为 $O(n ^ 2)$。

考虑优化

对于当前的位置 $i$，我们设其元素大小为 $v$，用 $odd[v]$ 和 $even[v]$ 来记录 $v$ 在奇数和偶数位最近的出现位置，这样的话可以确定 $j$ 的下界。

为了保证子数组 $[j + 1, i]$ 满足类型交替，需要避免 $v$ 元素在数组内出现奇偶性冲突，那么若 $j + 1 < \min(odd[v], even[v])$ 的话，则会使其冲突。

因此我们使 $minL$ 取所有元素 $min(odd[v], even[v]) + 1$ 的最大值，因此 $j > minL - 1$。

然后是最重要的分块，我们将原数组分块，每个块维护两个核心内容，$sum[k][b]$ 表示 $b$ 块满足在奇偶性 $k$ 下的合法的 $dp[j]$ 之和，$kpos[k][b]$ 是在 $k$ 的奇偶性下块 $b$ 是否满足。另外，为了维护分块时的单个元素， 我们维护 $pos[k][i]$ 是单个位置的 $i$ 是否满足奇偶性 $k$。

当我们查询 $[l, r]$ 内符合条件的 $dp[j]$ 之和时，对于整块，只需要判断 $kpos$ 是否有效，然后累加 $sum$ 即可，对于单个的块边缘的元素，则需要满足 $kpos$ 和 $pos$，有效则累加 $dp[j]$。

在区间更新时，只需要标记区间有效和无效，在完整的块上更新 $kpos$，零散的元素更新 $pos$ 和 $sum$。

时间复杂度

分块的单次查询和更新的时间复杂度为 $O(\sqrt{n})$，时间复杂度为 $O(n \sqrt n)$。

简单卡常即可，最慢的点才两秒出头，对于四秒的时间限制完全够用。

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<unordered_map>
#include<cstring>
using namespace std;

const int MOD = 1e6 + 3;
const int MAXN = 5 * 1e5 + 5;

int kpos[2][MAXN], sum[2][MAXN], pos[2][MAXN];
int L[MAXN], R[MAXN], id[MAXN];
int dp[MAXN], even[MAXN], odd[MAXN];
int a[MAXN], pre[MAXN];
pair<int, int> lst[MAXN];
int n, tot = 0, B;

inline int read(){
    int x = 0, f = 1;
    char ch = getchar();
    while(ch < '0' || ch > '9'){
        if(ch == '-') f = -1;
        ch = getchar();
    }
    while(ch>='0' && ch<='9')
        x = x * 10 + ch - '0', ch = getchar();
    return x * f;
}


inline void update(int k, int l, int r, int x){
    if(l > r) return;
    int kl = id[l], kr = id[r];
    if(kl != kr){
        for(int i = kl + 1;i < kr;++ i){
            kpos[k][i] += x;
        }
        if(l == L[kl]){
            kpos[k][kl] += x;
        }
		else{
            for(int i = l;i <= R[kl];++ i){
                if(pos[k][i]){
                    sum[k][kl] = (sum[k][kl] + dp[i - 1]) % MOD;
                }
                pos[k][i] += x;
                if(pos[k][i]){
                    sum[k][kl] = (sum[k][kl] - dp[i - 1] + MOD) % MOD;
                }
            }
        }
        if(r == R[kr]){
            kpos[k][kr] += x;
        }
		else{
            for(int i = L[kr];i <= r;++ i){
                if(pos[k][i]){
                    sum[k][kr] = (sum[k][kr] + dp[i - 1]) % MOD;
                }
                pos[k][i] += x;
                if(pos[k][i]){
                    sum[k][kr] = (sum[k][kr] - dp[i - 1] + MOD) % MOD;
                }
            }
        }
    }
	else{
        if(l == L[kl] && r == R[kl]){
            kpos[k][kl] += x;
        }
		else {
            for(int i = l;i <= r;++ i){
                if(pos[k][i]){
                    sum[k][kl] = (sum[k][kl] + dp[i - 1]) % MOD;
                }
                pos[k][i] += x;
                if(pos[k][i]){
                    sum[k][kl] = (sum[k][kl] - dp[i - 1] + MOD) % MOD;
                }
            }
        }
    }
}

inline int query(int k, int l, int r){
    if(l > r) return 0;
    int res = 0;
    int kl = id[l], kr = id[r];
    if(kl != kr){
        for(int i = kl + 1;i < kr;++ i){
            if(!kpos[k][i]){
                res = (res + sum[k][i]) % MOD;
            }
        }
        if(l == L[kl]){
            if(!kpos[k][kl]){
                res = (res + sum[k][kl]) % MOD;
            }
        }
		else{
            for(int i = l; i <= R[kl]; i++){
                if(!pos[k][i] && !kpos[k][kl]){
                    res = (res + dp[i - 1]) % MOD;
                }
            }
        }
        if(r == R[kr]){
            if(!kpos[k][kr]){
                res = (res + sum[k][kr]) % MOD;
            }
        }
		else{
            for(int i = L[kr];i <= r;++ i){
                if (!pos[k][i] && !kpos[k][kr]){
                    res = (res + dp[i - 1]) % MOD;
                }
            }
        }
    }
	else{
        if(l == L[kl] && r == R[kl]){
            if(!kpos[k][kl]){
                res = (res + sum[k][kl]) % MOD;
            }
        }
		else{
            for(int i = l;i <= r;++ i){
                if (!pos[k][i] && !kpos[k][kl]){
                    res = (res + dp[i - 1]) % MOD;
                }
            }
        }
    }
    return res;
}

int main(){
	freopen("digit.in", "r", stdin);
	freopen("digit.out", "w", stdout);
	n = read();
	B = 300;
    for(int i = 1; i <= n; i += B){
        L[++ tot] = i;
        R[tot] = min(n, i + B - 1);
        for(int j = i;j <= R[tot];++ j){
            id[j] = tot;
        }
    }

//	for(int i = 1;i <= n;++ i){
//		cout << i << ' ' << id[i] << '\n;'
//	}

    dp[0] = 1;

    for(int i = 1;i <= n;++ i) a[i] = read();

    int leven = 0, lodd = 0, minL = 1;
    memset(lst, -1, sizeof(lst));

    for(int i = 1;i <= n;++ i){
        sum[0][id[i]] = (sum[0][id[i]] + dp[i - 1]) % MOD;
        sum[1][id[i]] = (sum[1][id[i]] + dp[i - 1]) % MOD;
        dp[i] = dp[i - 1];
        int v = a[i];
        if(lst[v].second != -1){
            update(lst[v].second & 1, lst[v].first + 1, lst[v].second, -1);
        }
        if(i & 1){
            lodd = max(lodd, odd[v]);
            odd[v] = i;
        }
		else{
            leven = max(leven, even[v]);
            even[v] = i;
        }
        lst[v] = {pre[v], i};
        update(lst[v].second & 1, lst[v].first + 1, lst[v].second, 1);
        pre[v] = i;
        minL = max(minL, min(odd[v], even[v]) + 1);
        if(leven < lodd){
            dp[i] = (dp[i] + query(1, max(minL, leven + 1), i - 1)) % MOD;
        }
		else if (lodd < leven){
            dp[i] = (dp[i] + query(0, max(minL, lodd + 1), i - 1)) % MOD;
        }
    }
    printf("%d", dp[n] % MOD);
    return 0;
}

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思路

由于题目的数据范围，我们可以得知，大概是个 $n ^ 3$ 的玩意。

但是我们需要仔细想想怎么计数？

首先，这个玩意和什么有关?

第一肯定是步数，第二是点是否走过，第三是这个点和为我们要的强连通图的关系。

然后我们考虑最难的问题，就是这个强连通图怎么判断，怎么累加答案？我们走到一个点的时候怎么判断其是否能与原来的形成一个强连通呢？还是说其目前自己和其他点成强连通，需要后续的操作去整。

不难发现，其实一个点，其强连通关系只有两种，第一种就是和起点在一个强连通里面，第二种，就是不在起点的强连通里面。

我们定义 $f_{i, j, k}$ 表示目前已经走了 $i$ 步，已经访问了 $j$ 个点，与起点 $1$ 形成的强连通的大小为 $k$。（以下所说的形成强连通均是与 $1$ 形成）

考虑转移。

首先走到点，第一种情况，是没有走过，于是我们有：

$f_{i + 1, j + 1, k} \to f_{i + 1,j + 1, k} + f_{i, j, k} \times (n - j)$

第二种，是走过，但是没有形成强连通的点：

$f_{i + 1, j, k} \to f_{i + 1, j, k} + f_{i, j, k} \times (j - k)$

第三种是，走过，且已经形成了强连通：

$f_{i + 1, j, k} \to f_{i + 1, j, k} + f_{i, j, k} \times k$

于是我们的答案就在 $f_{m, n, n}$。

代码

#include<iostream>
using namespace std;

#define int long long

const int MAXN = 305;
const int MOD = 1e9 + 7;

//f[i][j][k] 走了 i 步，访问了 j 个点，以 1 为根的 scc 大小为 k
int f[MAXN][MAXN][MAXN];

int n, m;

signed main(){
	freopen("rotk.in", "r", stdin);
	freopen("rotk.out", "w", stdout);
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	
	cin >> n >> m;
	
	f[0][1][1] = 1;
	
	for(int i = 0;i <= m - 1;i ++){
		for(int j = 1;j <= n;j ++){
			for(int k = 1;k <= n;k ++){
				if(!f[i][j][k]) continue;
				//没走的
				f[i + 1][j + 1][k] += f[i][j][k] * (n - j) % MOD;
				f[i + 1][j + 1][k] %= MOD;
				//走过，但不在 1 的scc
				f[i + 1][j][k] += f[i][j][k] * (j - k) % MOD;
				f[i + 1][j][k] %= MOD;
				//走过，在 1 的 scc
				f[i + 1][j][j] += f[i][j][k] * k % MOD;
				f[i + 1][j][j] %= MOD;
			}
		}
	}
	
	cout << f[m][n][n] % MOD << '\n';
	return 0;
}

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思路

给定一棵有 $n$ 个节点的树，巡警车从 $1$ 号节点出发遍历所有边后返回，每条边需经过两次，总距离为 $2*(n-1)$。现可新建 $K$ 条边$(k = \{ 1, 2\})$，要求新建的每条边必须恰好经过一次，求规划新建边的方案，使得巡警车的总巡逻距离最小，并输出该最小值。

我们可以发现，对于 $k = 1$ 的情况，显然你求出一条直径，再把直径的两个端点连上，这样是最优的。

但是当 $k = 2$ 的时候，我们需要再连一次，但是这样的话，我们最好选比较长的，最初的想法是选次长的直径，但是我们想想，如果你选的这条新的直径，和原来的直径，有很多重合的点，那么就不是很优，我们为了处理这个重复的玩意，其实可以把原直径的所有边赋为 $-1$，这样的话，我们再找最长的直径，就不会出问题了。

但是这样需要知道一个问题， dfs 求直径是无法解决边权为负的情况，于是我们考虑树形 dp 的方式，直接再记一次直径的长度即可。

设两次的直径长度为 $L_1, L_2$，则最终答案为：

$k = 1$ 时：$2 * (n - 1) - L_1 + 1$

$k = 2$ 时：$2 * (n - 1) - (L_1 - 1) - (L_2 - 1)$

代码

#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;

const int MAXN = 1e5 + 5;

struct node{
	int to, nxt, len;
}e[MAXN * 2];

int tot = 0, h[MAXN];
int d[MAXN];
bool vis[MAXN];

void add(int x, int y, int len){
	e[++ tot] = {y, h[x], len};
	h[x] = tot;
}

int n, k, d1 = 1, d2 = 0, d3 = 1, d4 = 0;
int f[MAXN];
int dp[MAXN], maxx;

void dfs(int u, int fa){
    dp[u] = 0;
    for(int i = h[u]; i; i = e[i].nxt){
        int v = e[i].to;
        if(v == fa) continue;
        e[i].len = (vis[u] && vis[v]) ? -1 : 1;
        dfs(v, u);
        maxx = max(maxx, dp[u] + dp[v] + e[i].len);
		dp[u] = max(dp[u], dp[v] + e[i].len);
    }
}

void dfs1(int u, int fa){
	for(int i = h[u];i;i = e[i].nxt){
		int v = e[i].to;
		if(v == fa) continue;
		d[v] = d[u] + e[i].len;
		if(d[v] > d[d1]){
			d1 = v;
		}
		dfs1(v, u);
	}
}

void dfs2(int u, int fa){
	f[u] = fa;
	for(int i = h[u];i;i = e[i].nxt){
		int v = e[i].to;
		if(v == fa) continue;
		d[v] = d[u] + e[i].len;
		if(d[v] > d[d2]){
			d2 = v;
		}
		dfs2(v, u);
	}
}

int main(){
	freopen("xunluo.in", "r", stdin);
	freopen("xunluo.out", "w", stdout);
	ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
	
	cin >> n >> k;
	for(int i = 1;i < n;i ++){
		int a, b; cin >> a >> b;
		add(a, b, 1), add(b, a, 1);
	}

	dfs1(1, 0);
	memset(d, 0, sizeof(d));
	dfs2(d1, 0);
	int l1 = d[d2];

	if(k == 1){
		cout << 2 * (n - 1) - l1 + 1 << '\n';
		return 0;
	}

	memset(vis, 0, sizeof(vis));
	int tmp = d2;
	while(tmp != 0){
		vis[tmp] = true;
		tmp = f[tmp];
	}
	maxx = 0;
	dfs(1, 0);
	int l2 = maxx;

	cout << 2 * (n - 1) - (l1 - 1) - (l2 - 1) << '\n';

	return 0;
}

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大意

有 $n+1$ 根柱子（编号 $1 \sim n+1$），其中 $1 \sim n$ 号柱子初始时各有 $m$ 个球（球按**自底向上**的顺序摆放），$n+1$ 号柱子初始为空；所有球共包含 $n$ 种颜色，且每种颜色的球恰好有 $m$ 个。

允许执行的操作是：将某根柱子最上方的球移动到另一根柱子的最上方，操作需满足两个条件：

1. 源柱子（移出球的柱子）非空；

2. 目标柱子（移入球的柱子）上的球数量不超过 $m-1$。

要求通过不超过 $820000$ 次上述操作，使得所有同一种颜色的球都汇聚到同一根柱子上（每种颜色最终对应哪根柱子无限制）。

思路

首先，这个题是个构造题，然后我们考虑构造方法，先看特殊性质 $n = 2$ 的时候，也就是说此时只有 $3$ 个柱子和 $2$ 种颜色，那么我们应该怎么去放这个东西呢？

我们将两种颜色用白和黑表示，那么我们很容易想到去分离黑白，如何做呢？如上图，我们先在第二个柱子上空出第一个柱子中黑的个数，这样就可以将第一根柱子黑白分离，再把分离好的放回去，把剩下的没分的整到一根柱子上，再把第一根的黑白分离到两个不同的柱子上，然后把没分离的那根柱子直接按黑白分离即可。

总操作次数是：$5m - k$，$k$ 表示第一个柱子中黑的个数。

我们继续考虑 $n$ 比较大的时候怎么办，我们可以像刚刚的操作一样，对于每一个颜色 $i \in [1, n]$ 依次操作，对于颜色 $i$，先把 $[i + 1, n]$ 的柱子中的颜色 $i$ 全放在柱头，然后直接如下图进行操作即可：

但是经过计算发现以上的构造方式并不能通过本题，我们需要考虑其他的方法。

考虑分治。

我们发现对于 $n  = 2$ 的情况处理起来很容易，要是全部都能当成两个颜色做就好了，于是我们就可以对于当前处理的区间 $[l, r]$ 进行分治 $[l, mid], [mid + 1, r]$，我们将 $[l, mid]$ 的柱子全部整理成颜色小于等于 mid 的，将 $[mid + 1, r]$ 的柱子全部整理成颜色大于 mid 的，每次分治时，可以 $\mathcal{O}(n ^ 2)$ 的去枚举 $i \in [l, mid], r \in [mid + 1, r]$，对 $i$ 和 $j$ 的颜色整理。如果两个柱子中颜色小于等于 mid 的大于 $m$，就将 $i$ 整理，反之。

因此就解决了这道题。

代码

#include<iostream>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;

const int MAXN = 16005;
int n, m;
vector<int> g[MAXN];
bool vis[MAXN];
int S[MAXN], c = 0;

inline int get_id(int x) {
    x--;
    return x;
}

bool dfs(int u) {
    if (vis[u ^ 1]) return false;
    if (vis[u]) return true;
    vis[u] = true;
    S[c++] = u;
    for (int v : g[u]) {
        if (!dfs(v)) return false;
    }
    return true;
}

bool Two_SAT() {
    memset(vis, 0, sizeof(vis));
    for (int i = 0; i < 2 * n; i += 2) {
        if (!vis[i] && !vis[i + 1]) {
            c = 0;
            if (!dfs(i)) {
                while (c > 0) vis[S[--c]] = false;
                if (!dfs(i + 1)) {
                    return false;
                }
            }
        }
    }
    return true;
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);

    cin >> n >> m;

    for (int i = 0; i < m; i++) {
        int a, b;
        cin >> a >> b;
        int u = get_id(a);
        int v = get_id(b);
        g[u].push_back(v ^ 1);
        g[v].push_back(u ^ 1);
    }

    if (!Two_SAT()) {
        cout << "NIE" << endl;
    } else {
        vector<int> ans;
        for (int i = 0; i < 2 * n; i += 2) {
            if (vis[i]) {
                ans.push_back(i + 1);
            } else {
                ans.push_back(i + 2);
            }
        }
        sort(ans.begin(), ans.end());
        for (int x : ans) {
            cout << x << endl;
        }
    }

    return 0;
}