25.10.10

P13725

采取神人的方法：考虑求 \(q(s,t)\) 表示一个 \(f(P)=s,f(Q)=t\) 的答案，然后做容斥。

答案肯定是长成 \(\sum q(s,t)\times val(s,t)\) 的样子，然后你可以高斯消元打出容斥系数（？）或者有理有据地说明它就是 \((-1)^{|s|+|t|}2^{|s\cap t|}\)，总之我们拿到了这个系数。

那么 \(q(s,t)\) 怎么求呢？根据我们的定义可以写出 \(q(s,t)=\prod\limits_{s\subseteq i,t\nsubseteq i}(a_i+1)\prod\limits_{s\nsubseteq i,t\subseteq i}(a_i+1)\prod\limits_{s\subseteq i,t\subseteq i}(2a_i+1)\)。

这个东西长得就很丑，大概做的是一个把 \(s,t\) 中有的元素乘起来，但是两个都有的话就把放一起来乘。

考虑想把 \(s,t\) 独立开，于是变成 \(q(s,t)=\prod\limits_{s\subseteq i}(a_i+1)\prod\limits_{t\subseteq i}(a_i+1)\prod\limits_{s\subseteq i,t\subseteq i}\frac{2a_i+1}{(a_i+1)^2}\)。

这个就很有说法了，首先注意到他们都是能处理出来的，分别记 \(F_s=\prod\limits_{s\subseteq i}(a_i+1),G_s=\prod\limits_{s\subseteq i}\frac{2a_i+1}{(a_i+1)^2}\)，那么 \(q(s,t)=F_sF_tG_{s\cup t}\)。

计算答案就是 \(\sum{F_sF_tG_{s\cup t}}(-1)^{|s|+|t|}2^{|s\cap t|}\)，我们还想拆 \(s,t\)，但发现同时出现了 \(s\cup t,s\cap t\)。

一个经典技巧是 \(|s|+|t|=|s\cup t|+|s\cap t|\)，所以我们可以把指数上那个改写，于是我们得到：\(\sum{((-2)^{|S|}F_s)((-2)^{|T|}F_t)(2^{|s\cup t|}G_{s\cup t})}\)。

观察发现这就是个或卷积，做就完了。

QOJ14025

之前就做过一次，但我找不到在哪记录过了。

考虑两个点相遇在 \(u\) 后走到某个点 \(v\) 再做合并操作，实质就是把 \(a_u\) 用 \(dis(u,v)+a_v\) 替换。

而我们可以先把每个点 \(u\) 对应的这种 \(v\) 求出来，只需整个多源 dijkstra 即可。

那么当时 jiangly 讲了一通神秘斯坦纳树，这个东西类似最小生成树，但是允许多加一些点或边。

这个题求的其实就是斯坦纳树，而且如果 \(a_i=0\) 那还是最小生成树。

然后有个比较特别的性质是因为每个点都要被拼起来，而我们能新加的边就是原图的路径，然后可以证出每个点度数不超过二。

然后怎么转一下可以变成用上面处理的信息求最小生成树。

忘了，就先写这么点。

P11832

avenger 这一块。

场上瞪出了子树是连续段，然后发现子树内任意一个数都能先放，然后就能做树。

森林是类似的，可以把某个树的序列整个插入到另一个树上，这个很多方法都能实现。

现在考虑推广到图怎么做。

注意到我们的序列大概是：根和若干个儿子连了边，然后把序列做了分割，每个割开的段都是独立的，不能跟外界有边。

然后你能发现这其实是若干个点双（当然不一定一段是同一个），而且用于分割的点会是割点。

那么如果有一个点双，这就会对我们的处理产生困扰，考虑这个点双怎么弄。

一般提到点双就会让人想到环，考虑这个点双成的环，显然合法的序列只能是顺着环排。

但是这个图十分地复杂，有多个环就不好做了，没法找出最优的。

仔细考虑发现不是这么一回事，题目保证了有解，而当多个环存在时，必定会有某个环中的边盖在了另一个环的一段上，那么就造不出一个合法的方案。

因此我们可以断论：每个点双有且仅有一个极大环。

那么现在只需找出这个极大环就行，不过暴力是 \(\mathcal{O}(n^2)\) 的。

于是引入广义串并联操作：删一度点，缩二度点，叠合重边。

这个东西本来用来找哈密顿回路，显然也能得到我们要的环，具体地：不断做后两个操作把它缩起来，然后再做一次逆过程就可以用链表把这个环串回来。

问题解决了，考虑实现，首先建立圆方树，对圆点可以当树的情况处理，把儿子按照其序列的开头元素排序，对于方点就把对应的点双拉出来跑这个环。

注意点双里的环是定了某个点一定开头或结尾的，所以只要转两下就行，不必写最小表示法。

然后就按着树那样从连通块推广到一般图即可。

ARC203D

考虑相邻两位置：如果初始给 01，那么可以裂成 011，然后分开，左边依然是 01，而右边成了 11，再做一次是 10 和 01，而两者显然是对称的……于是我们怎么做都弄不到 00！

然后假了，因为初始给 00 就行了，但这也是唯一弄出 0 连续段的办法。

而剩下的部分会发现可以随便搓，1 的连续段也是能弄的（011->0111），因此答案大概就是 \(l>1\) 的 0 连续段加上段间非空的间隙个数。

这个东西应该是可以大力线段树的，只需做一些讨论。

不过有一个相对来说更加优美的办法是给 \(i\) 赋权，默认所有位置都有 1 的贡献，发现有三类 \(i\) 需要额外带权：

• \(a_i=1,a_{i+1}=1\)，此时 \(i\) 是可以被 \(i+1\) 产生的，\(v_i\gets -1\)；
• \(a_{i-1}=0,a_i=0,a_{i+1}=0\)，同样可以被省掉，\(v_i\gets -1\)；
• \(a_{i-1}=1,a_i=0,a_{i+1}=1\)，有两个都是不需要的，\(v_i\gets -2\)。

可以发现不重不漏。

一个 corner case：如果全是 1，那答案必须是 \(n\)。

CF1989F

首先一个位置不会做两次，不然我们就能删除第一次。

行列染色转图论，发现如果一个点染 R，说明行晚于列，可以连一条行到列的边，反之同理。

如果这是 DAG 就直接做了，但是如果有个 scc 那么就需要把里面所有位置同时做来任意决策，不然就会被覆盖。

动态维护 scc 不好做，考虑分治，怎样使得每次一条边只递归一侧呢？

对于 \([l,mid]\) 的边跑 tarjan，然后考虑每条边，如果已经在同一个 scc 里，那么可以直接缩起来不进右侧，否则进左侧。

用并查集维护这个缩点和答案即可。