ARC209C Adjusting a Rectangle
考虑单次询问如何 dp，状态只需记录当前位置以及当前操作的值，记为 \(f_{i,j}\)，转移利用前缀和做到 \(O(n^2)\)。注意到权值 \(\in\{0,1\}\)，观察转移，可以归纳说明 dp 数组内极差不超过 \(1\)。此时只需记录 \(f_i\) 中 dp 值取到 \(\max\) 的最小 \(j\) 和最大 \(j\)，记为 \(mn\) 和 \(mx\)。可以分类讨论出两者的转移，注意到状态数只有 \(O(\sqrt S_i)\) 个，于是可以将相同状态的缩在一起，并查集维护连通块即可。时间复杂度 \(O(n\sqrt S_i+q\log q)\)，需要启发式合并。
QOJ16292 Hoof, Paper, Scissors Triples
写出判定，考虑系数矩阵：
可以写成：
容易发现叉积形式。
ARC187C 1 Loop Bubble Sort
有一个比较先进的双射做法。考虑记 \(c_i\) 代表 \(\sum\limits_{k=1}^{i-1}[p_i<p_k]\)，则满足 \(c_i\in[0,i-1]\) 的 \(c\) 和所有排列形成双射。冒泡排序可以表示为 \(c'_i\leftarrow\max(0,c_{i+1}-1)\)，\(c'_n=0\)。对于非前缀最大值的位置，这样肯定是对的。对于所有前缀最大值一起考虑，可以发现这样也是对的。于是对于确定的 \(c'\)，设 \(0\) 的数量为 \(num\)，则答案为 \(2^{num-1}\)。于是只需 dp 前缀最大值的位置，按照值域从大到小填数，\(f_{i,j}\) 代表填入 \([i,n]\)，其中最靠前的位置是 \(j\)，所有方案的权值和，转移容易使用前缀和优化至 \(O(n^2)\)，需要判断一下无解的情况。
QOJ8225 最小值之和
考虑已知 \(f\) 计算 \(f'\) 的过程，然后转置回去。由于 \(\min\) 不太能转置，所以需要一个只有 \(+\times\) 的做法。考虑笛卡尔树，设当前节点可以被描述为 \((l,r,f_{now})\)，则我们将 \(f'_{l\sim r}\) 加上 \((f_{now}-f_{fa})\times(r-l+1)\)，实际上就是在用笛卡尔树上的差分来凑出每一个最小值。这个形式足够简洁，我们本质上在维护一个二维数组 \(g\)，操作是 \(g_{l,r}\leftarrow g_{l,r}+(f_{now}-f_{fa})\times(r-l+1)\)，\(f'\) 的值为所有包含其的 \(g\) 之和。转置以后从下往上考虑问题，每次合并两个区间，要求两个区间内的 \(f'\) 值相同，减去 \((f_{now}-f_{fa})\times(r-l+1)\)，这里 \(f_{now}\) 可以任取，所以就是减去 \(r-l+1\) 的任意自然数倍。
令 \(h_{l,r,k}\) 代表合并到 \([l,r]\) 这个区间，是否可能取到 \(k\)，\(h_{l,r,k}=1\) 可以推出 \(h_{l,r,k-(r-l+1)}=1\)，于是对于每个 \(k'\in[0,r-l+1)\)，记录能取到的最大 \(k\)。思考转移，枚举 \(p\)，\(h_{l,p,k_1}\) 和 \(h_{p+1,r,k_2}\) 的转移要求是合并同余方程 \(x\equiv k_1\pmod{p-l+1}\) 和 \(x\equiv k_2\pmod{r-p}\)，得到的形式为 \(x\equiv k\pmod{t=\rm{lcm}(p-l+1,r-p)}\)，此时任意满足 \(\leq\min(h_{l,p,k_1},h_{p+1,r,k_2})\) 的 \(k+c\times t\) 都能被取到，暴力更新即可。时间复杂度 \(O(n^5)\)。
炼石计划第十三场 T2 特别的人
有一个贪心的匹配思路，但信息没有结合律，需要找一个让其有结合律的方式。注意到这是二分图最大多重匹配，可以对偶说明等价于二分图最小带权点覆盖，即选出一些 \(a_i\)，使得相邻两个位置至少有一个位置被选中，最小化 \(\sum\)。这是 Konig 定理的推广形式，直接对边进行对偶即可。于是可以写出用 \(2\times 2\) 的 \((\min,+)\) 矩阵进行表示的 dp，这样信息就有结合律。现在的问题是二维限制下幺半群信息查询，只在其中一维上有结合律，这是 D2T2，考虑对第一维分块，此时第二维本质不同的限制只有 \(O(B^2)\) 个，每块对第一维分治，两边处理出来所有本质不同限制下的信息复合，可以做到 \(O(1)\) 合并，时间复杂度 \(T(n)=2T(\frac n2)+O(n^2)=O(n^2)\)，并没有多 \(\log\)。逐块处理做到空间 \(O(n)\)。
ARC186E Missing Subsequence
EGF 乘法的组合意义是若干有标号结构无序的拼接。先忽视 \(X\) 的限制，此时序列会被分成 \(m\) 段，\(1\sim k\) 在一段中都出现过，且段尾只出现了一次。令关于一段长度的 OGF 是 \(F(x)\)，则需要求 \([x^{1\sim n}]F^m(x)\)。钦定段尾的数之后，相当于将 \(l-1\) 个位置放进 \(k-1\) 个有标号非空子集中，所以 \([x^l]F(x)=k!\begin{Bmatrix}l-1\\k-1\end{Bmatrix}\)。
考虑 \(X\) 的限制，此时序列仍然可以分成 \(m\) 段，前 \(m-1\) 段的要求不变，第 \(m\) 段不能出现 \(X_m\)，同时第 \(i\) 段不能有 \(X_i\) 出现在 \(X_{i+1}\) 之前。第 \(m\) 段的生成函数为 \(G(x)=\sum\limits_l(k-1)!\begin{Bmatrix}l\\k-1\end{Bmatrix}x^l\)。分类讨论第 \(i\) 段段尾，若为 \(X_i\)，生成函数为 \(\sum\limits_l(k-1)!\begin{Bmatrix}l-1\\k-1\end{Bmatrix}x^l\)；否则所有 \(X_i\) 都要在 \(X_{i+1}\) 之前，考虑两者所有出现的位置，方案数为长度 \(-1\)，其余数的 EGF 仍然为 \(e^x-1\)，得到生成函数为 \([x^c]F_i(x)=[\frac{x^c}{c!}](k-2)[(x-1)e^x+1](e^x-1)^{k-3}\)，中间项对应的系数序列为 \(\{0,0,1,2,3,\cdots\}\)，注意 EGF 乘 \(x\) 得到的系数序列不是简单的平移，而是 \(\{0,a_0,2a_1,3a_2,\cdots\}\)。
注意当 \(X_i=X_{i+1}\) 时，生成函数会有些许变化。最终答案即为 \([x^n]G(x)\prod F_i(x)\)。不保证不在说假话。
AGC036D Negative Cycle
负环难以刻画，考虑差分约束。这个差分约束只是为了方便对于负环的考虑，因此只需找到一组合法的 \(\{dis_i\}\)。初始的 \(n-1\) 条边带来的限制是 \(dis_0\geq dis_1\geq\cdots\geq dis_{n-1}\)，考虑差分 \(y_i=dis_i-dis_{i+1}\)。则 \(i<j\) 的连边意味着 \(\sum\limits_{k=i}^{j-1}y_k\geq1\)，\(i>j\) 的连边意味着 \(\sum\limits_{k=j}^{i-1}y_k\leq1\)。注意到 \(y_i\in\{0,1\}\)。对于一个 \(\{y_i\}\) 的取值方案，一个限制是否被保留只和区间内包含 \(1\) 的数量为 \(0,1,\geq2\) 有关，因此将相邻两个 \(1\) 作为状态进行 dp。\(f_{i,j,k}\) 代表位置在 \(i\)，最后两个 \(1\) 位置分别在 \(j,k\) 的最大贡献，时间复杂度 \(O(n^3)\)。
QOJ15326 Yet another 01 problem
考虑判定，容易发现两个儿子都是叶子的节点必须满足权值不同，除此之外没有限制。考虑对合法树计数，容斥，钦定若干对相邻相同点合并，需要计算 \(x\) 个点任意合并的方案数，代数推导后发现为 \(C_{x-1}\)，\(C\) 是卡特兰数。考虑在这个容斥的基础上，从树的结构出发进行计数，拥有两个非叶子儿子的点，连向儿子的边权可以任意安排，于是对于一棵有 \(cnt_2\) 个这样点的树，方案数为 \(2^{cnt_2}\)。\(cnt_2\) 和我们容斥的东西几乎没什么联系，考虑转化到 \(cnt_0\) 上，解 \(cnt_0+cnt_1+cnt_2=n-1\) 和 \(cnt_1+2cnt_2=n\) 的方程组得到 \(cnt_0-1=cnt_2\)。此时 \(cnt_0\) 为选择相邻两个点合并，可以在容斥过程中一并处理，考虑 \(2^{cnt_0}\) 的组合意义是任意选择一个子集，将一棵树的权值定义为这个，但是要求选择的两个点不能相同，则答案为所有合法树的权值和。容斥过程中选择若干对相邻点，相同贡献 \(-1\) 的系数，不同贡献 \(1\) 的系数。只需计算 \(f_i\) 代表合并后剩下 \(i\) 个点的方案权值和，直接递推是 \(F_i=F_{i-1}\pm xF_{i-2}\)，并不好做，考虑分治，时间复杂度 \(T(n)=2T(\frac n2)+O(n\log n)=O(n\log^2 n)\)，每层都要对 \(O(n)\) 次的多项式做 NTT。
AGC058F Authentic Tree DP
寻找组合意义，分母上的 \(n\) 启发从所有点中进行选择。得到的转化为，每次从所有非孤立点中随机选择一个，若到父亲的边不存在，则失败，否则断开其到父亲的边，求成功的概率。改成选到孤点就忽视这次操作，那么要求若一个点此时并非被第一次选中，所有儿子都要已经被选中至少一次，其中根初始被选中一次。容斥，钦定若干条边满足父亲第二次选中早于儿子第一次选中，对于每个连通块求概率然后乘起来，可以发现概率为 \(\prod(sz_i)^{-1}\)。\(f_{i,j}\) 代表 \(i\) 所在连通块大小为 \(j\) 时子树乘积之和，转移是朴素的树上背包。
