F. Fancy Arrays

快速幂 容斥

数列个数，看起来像快速幂，问题是没有最大值可能很大，直接快速幂的话矩阵太大。

考虑容斥转化成一个矩阵大小O ( x ) O(x)O(x)的快速幂问题：至少有一个元素在[ x , x + k − 1 ] [x,x+k-1][x,x+k−1]，等价于最小值小于x + k x+kx+k，且最大值大于等于x xx的数列个数，如果最大值就在[ x , x + k − 1 ] [x,x+k-1][x,x+k−1]，显然满足条件，如果最大值大于等于x + k x+kx+k，那么由于相邻项跨度不超过k kk，从小于x xx的最小值到大于等于x + k x+kx+k的最大值中间，一定有一步会落在[ x , x + k − 1 ] [x,x+k-1][x,x+k−1]，这类似于离散版的介值定理。

故我们要求的数列个数，就可以由容斥转化为：等价于最小值小于x + k x+kx+k的个数，减去最大值小于x xx的个数。

最小值小于x + k x+kx+k的方案数，从每一步的跨度构成的数组来看，确定了这个数组就能确定数列的形状，每一步跨度都有[ − k , k ] [-k,k][−k,k]共2 k + 1 2k+12k+1种选择，一共有( 2 k + 1 ) n (2k+1)^n(2k+1)n种形状，然后可以上下平移，对于每一个形状，让他的最小值小于x + k x+kx+k，也就是在[ 0 , x − k + 1 ] [0,x-k+1][0,x−k+1]，有x + k x+kx+k种选择，总方案数( x + k ) ( 2 k + 1 ) n (x+k)(2k+1)^n(x+k)(2k+1)n

最大值大于等于x xx,也就是所有元素值域都在[ 0 , x − 1 ] [0,x-1][0,x−1]，且跨度不超过d dd，x xx很小，直接矩阵快速幂d p dpdp即可

E. Darth Vader and Tree

树上dp 矩阵快速幂

自相似的树，考虑一个点的儿子，儿子为根的子树，和父亲为根的子树是一样的，可以通过这一点来d p dpdp转移，比如本题，统计到根距离x xx的点，等价于到儿子距离为x − d i x-d_ix−di​的点，每个儿子都可进行这样的转移。

注意儿子虽多，但d i < = 100 d_i<=100di​<=100，并不多，可以用桶统计各种d i d_idi​的儿子，一次一共只有100 100100个转移。并且不同的x xx，转移都是一样的f x = ∑ f x − i f_x=\sum f_{x-i}fx​=∑fx−i​，只有100 100100个转移，可以考虑矩阵快速幂优化。

C. Fountains

枚举 二分

买一个金币，一个钻石，分别求不超过对应货币数的最大价值即可。

买两个金币，可以枚举一个，然后可知剩余货币，求价值不超过剩余货币的最大价值，把金币按照价值升序，然后维护前缀最大价值，再二分即可。

两个钻石同理

E. Hidden Knowledge of the Ancients

滑窗 map维护元素种类

元素种类随区间边长有单调性，滑窗即可，注意还有区间长度的限制。

C. Monocarp’s String

扫描线前缀和 dp

删去一个区间，剩余的ab相等，等价于选择一个区间a − b a-ba−b的个数为特定值。数据结构维护a − b a-ba−b个数的前缀和，枚举所有前缀，对于一个前缀，计算出，可以和他形成合法区间的另一个前缀，前缀和应该是多少，去数据结构查询这个前缀和值的最大长度，即可得到以当前前缀结尾，为右端点的最短合法区间

如果s ss包含三种字母，类似地可以分别维护a − b , b − c , c − a a-b,b-c,c-aa−b,b−c,c−a的个数，这三个值共同组成一个前缀的状态，把他们压缩成一个对象，作为m a p mapmap的查询k e y keykey，剩下照旧。

该方法可以拓展到更大的字符集。

D. Flags

带前缀和的矩阵快速幂 状压 回文

不能出现黑白红，红白黑，状态里需要记录前两个元素的颜色。

需要求很长的序列的方案数，考虑矩阵快速幂优化，状压记录前两个颜色，并根据其它规则构造转移矩阵。

求的是区间和，可转化为前缀和，求的是长度[ 1 , x ] [1,x][1,x]之间的序列的方案数，这可以在d p dpdp转移同时维护一个前缀和项，第i ii轮的前缀和项，首先继承i − 1 i-1i−1轮的前缀和，并且所有( i − 1 , i ) (i-1,i)(i−1,i)的转移，都要复制一份转移到前缀和项，相当于前缀和加上了i ii的方案数。

还要去除逆序，也就是回文串贡献一次，两个互为逆序的只贡献一次，答案是( 全部 − 回文 ) / 2 + 回文 (全部-回文)/2+回文(全部−回文)/2+回文，所以还需要求回文个数。回文只需要枚举前一半，后一半根据回文特性已经确定了，也可以套用前面的矩阵快速幂优化d p dpdp，长度除二即可

B. Pairs of Numbers

正序转倒序

状态是个数对，顺着到达目的地，不好做，考虑从目的状态出发倒着来，往往是正着会有很多分支，但倒着来路径是确定的。

比如这题正着每一步有两个分支，倒着等价于( a , b ) (a,b)(a,b)里较大的减去较小的，过程是完全确定的。接下来求步数，由于a , b a,ba,b很大，不能完全模拟。观察模拟过程，实际上就是大的不断减去小的，知道大小关系变化，熟悉数论的可以发现这就是求g c d gcdgcd辗转相减，只是g c d gcdgcd关心最终a , b a,ba,b的值，我们现在关心进行的操作次数，那么对其优化显然就是优化成辗转相除，每次较大的对较小的取模，即可直接跳过一段相同的减法操作，有解的话，最后应该是( a , b ) = ( 1 , x ) (a,b)=(1,x)(a,b)=(1,x)的形式，如果是( 0 , x ) (0,x)(0,x)则无解。

终点有多种选择，注意到( i , n ) ( n , i ) (i,n)(n,i)(i,n)(n,i)是对称的，只有枚举一边，并且i > n i>ni>n的，第一轮会先转移到一个( i , n ) , i < n (i,n),i<n(i,n),i<n，所以我们只用枚举i ∈ [ 1 , n ] i∈[1,n]i∈[1,n]就是最优的

D. Count GCD

gcd 容斥

gcd是个不断取质因子集合交集的过程，因此首先随着元素增加，gcd一定不断变小。其次增加一个元素之后，新的gcd一定是之前的一个因子。最后来考虑方案数，前一个gcd=y,当前gcd=x，那么这一次加入的元素，一定是x xx的倍数，但不是z = k x , x < z < = y z=kx,x<z<=yz=kx,x<z<=y的任何一个z zz的倍数，否则gcd会是z而不是x。

在值域内，总的x xx倍数有m / x m/xm/x，我们要减去所有至少是一个z = k x , x < z < = y z=kx,x<z<=yz=kx,x<z<=y的倍数的数字的个数，就是合法的元素个数。注意到至少是集合中一个数的倍数，这可以容斥计算。

C. Strong Password

子序列自动机

如果是子序列，也就是能匹配上，我们如何验证？就是经典的子序列自动机，我们把模式串作为自动机，s作为输入的语言，枚举s，根据当前在t上的指针位置，决定t形成的自动机能否转移，如果能转移到结尾就能匹配上。

现在问能否不匹配上，仍然考虑把t作为自动机，s作为输入串，匹配不上就是扫完s，没转移到t的终态，我们能构造t，那贪心的想，就要通过构造，让t的转移尽量慢，也就是，直到s里[ l i , r i ] [l_i,r_i][li​,ri​]的字符都出现过了，我们才认为t tt的i ii位置匹配上了，这样匹配时最慢的，如果这样最后仍然匹配上了，则怎么构造t tt，都不存在t tt不是s ss的子序列。

F. Points

线段树维护滑窗

考虑静态。可以枚举z zz，然后对于每个z zz，在[ z − d , z − 1 ] [z-d,z-1][z−d,z−1]里选两个不同元素作为x , y x,yx,y，假设[ z − 1 , z − d ] [z-1,z-d][z−1,z−d]元素个数为k kk，那么贡献就是C ( k , 2 ) = k ( k − 1 ) / 2 = ( k 2 − k ) / 2 C(k,2)=k(k-1)/2=(k^2-k)/2C(k,2)=k(k−1)/2=(k2−k)/2

动态增减元素的话，考虑对值域建线段树，每个位置i ii维护[ i − d , i − 1 ] [i-d,i-1][i−d,i−1]的k , k 2 k,k^2k,k2，用一个区间求和线段树，得到所有位置的k 2 , k k^2,kk2,k和，即可求出答案。

这其实是一种不太常见，但也有套路的线段树设计，也就是线段树上i ii点，不对应序列/值域的i ii点，而是对应以i ii开头/结尾的一段区间，这常见于原问题静态时，答案的求法时跑一个定长滑窗，确定了滑窗的端点即可统计答案，那么我们让线段树维护这些滑窗内的情况，即可解决动态问题。

考虑更新，加入一个数i ii，会影响[ i , i + d ] [i,i+d][i,i+d]为右端点的滑窗的k , k 2 k,k^2k,k2，也就是一个区间更新，需要懒标记，懒标记的核心就是p u s h d o w n pushdownpushdown和更新时递归到一个最小区间的更新，两部分逻辑类似，一块考虑。

也就是我们对一个区间的k kk都+ f +f+f，这个区间的k , k 2 k,k^2k,k2标记分别会如何变化？k kk的变化就是每一个位置i ii，都+ f +f+f，但前提是i ii位置有元素，所以整个区间的k kk变化是，+ = c n t ∗ f +=cnt*f+=cnt∗f，c n t cntcnt是区间内有元素的位置个数，因此区间标记需要增加一个c n t cntcnt，这很好维护，单点修区间和即。k 2 k^2k2的变化，写出增量表达式( k + f ) ( k + f ) − k 2 = ∑ ( 2 k f + f 2 ) (k+f)(k+f)-k^2=\sum (2kf+f^2)(k+f)(k+f)−k2=∑(2kf+f2)，这里的求和也是对所有位置i ii来说，前提是i ii位置有元素。故等于2 f ∑ k + c n t f 2 2f\sum k+cntf^22f∑k+cntf2，用k , c n t k,cntk,cnt标记即可更新。

加入一个数，最后递归到i ii的叶子，更新这一点的c n t = k = k 2 = 1 cnt=k=k^2=1cnt=k=k2=1

删除一个数，对k , k 2 k,k^2k,k2的区间更新和上面类似，可以复用函数，f = − 1 f=-1f=−1即可。单点修该则是i ii位置c n t = k = k 2 = 0 cnt=k=k^2=0cnt=k=k2=0