25.09.17

QOJ10354

比较机械地写个求和，容易看出做法应当是先定黑点，然后算这个局面下黑边的贡献。

如果一条合法边染黑，那么贡献 \(m+1\)，否则 \(1\)。

发现不合法边一定是链，于是枚举链的端点计算，但是需要容斥。

我不太会链的容斥，不过这个题上我推出来发现可以这样：考虑每对端点，只会在自己及其邻居计算时贡献，总计会贡献四种。

然后随便写写就好了。

一个卡我的点：\(\sum\limits_{1\le i\le\min(x+y)}\binom{x}{i}\binom{y}{i}=\sum\limits_{1\le i\le\min(x+y)}\binom{x}{x-i}\binom{y}{i}=\binom{x+y}{x}-1\)。

卡常小技巧：考虑按照 dfn 序遍历，然后发现我们的 LCA 是可以一同维护的，不用 ST 表！

P13535

一个 key observation 是找出合法而有效的下一次购买：取个平均值，那么一定是在最大值和最小值之间的！

剩下的部分显得比较平凡，显然是不断迭代进行消元，最后补上缺的商品。

迭代这一块一个有意思的点是，你每次问的都是右边的一块，于是最先确定出来的肯定是最后一个，然后倒推前面的。

一个细节是在我们消元过程中要保证每个 \([p_i,p_{i+1})\) 区间只取到一个数，因此不会直接取平均值，而要稍微枚举算一下。

实现采取了删后缀的写法。

P5208

因为有等于，所以我们拿到的都是 \(\le\) 和 \(\ge\)。

至少一个 1，这启发我们先找个 1 出来，然后考虑能不能比较出其它数和 1 的大小。

这里有一步要跳出的是：我们虽然可以问集合，但我们也可以问单点，代价是点数也暗示了这一点（问多了并没有显著的提升信息量，反而是代价飞升）。

找出一个 \(\ge\) 所有数 \(t\) 的当 1，然后考虑若有 \(a\ge t\)，那么 \(a\) 也是 1，但 \(a\le t\)，却不能肯定。

这里又有一步是出题人不会太恶意，因此问多个点还是有用的，考虑能不能问二确一。

若 \(a+b\ge 1\) 可以确定至少一个 1，\(a+b\le 1\) 可以确定至少一个 0，只需再把 \(a,b\) 问一次即可找出这个数。

每次拿一个新的数和剩下的数比，就可以确定所有数，最后剩的那个可以基于奇偶性讨论。

这个做法是 \(7n\)，而且看着不太能弄。

考虑部分分的单调性加 100 次，显然是个二分，而且正解的限制也单独挂了个 100 次，不难想到也要二分。

这个二分也是整个 1 来简单讨论，考虑怎么弄出正解二分要的单调序列。

我们希望维护出这个单调的虚列，而不在序列中的都会想之前那个做法一样确定后扔掉。

这里需要跳出 1 这个思维，考虑任意一对 \(b\le c\)，若 \(a\ge b+c\)，那么可以确定 \(b=0\)，然后换个 \(b\)。

反之我们不能确定值，但能知道 \(a\le c\)，这就有了单调性的可能：我们把 \(a\) 加进单调的序列里，然后让 \(c\) 成为新的 \(a\)。

这样我们又有了单调序列，而不在序列的只有最后的 \(c\)，和一堆被认为是 0 的 \(b\)。

这几个散点同理讨论一下就能弄掉。

CF1924F

感觉是个神经题，相当对脑电波。

势能分析的方法貌似挺高妙的，但我觉得我用不上。

首先你要看懂这个次数限制是希望你用三到四次排除大概 \(\mathcal{O}(1/3)\) 的位置，那就是三等分后排除一块。

这就引出一个问题，砍掉中间的之后呢？不难发现因为这一段不影响，所以其实可以让跨过其的询问直接包含其，仍然可以以区间的方式询问子问题。

然后就需要信仰了：你得带着怀疑打出一个四层左右的搜索树，并保证叶节点能得出一个怎样的欺诈都能成立的排除区间。

这一部分的关键有两个，一个是看矛盾点，如果前后矛盾，那么一定有一真一假。

但是这样没法确定哪个真哪个假，因此就有第二个关键：找一个真假可知的。

很显然，全集里面肯定有这一件事是真假可知的。

然后就能打出一个三到四层的决策树，容易发现如果我们最终丢两侧的决策需要问 4 次，丢中间的决策只需 3 次，因此稍微调整一下分块，让中间的占比约为 \(28\%\) 即可。