文章详细探讨了几种算法问题，包括如何通过位操作处理区间覆盖，动态规划解决不导致终止局面的期望选择次数，以及利用图算法求解复杂问题。重点在于转换问题和优化复杂度，如将覆盖操作转化为加减操作，以及分析树形结构对选择次数的影响。
乐，7.9 才开始写．
LOJ #6507. 「雅礼集训 2018 Day7」A
考场做法
按位考虑．
对于
＆
＆
＆ 操作，为
1
1
1 的位不需要考虑．对于为
0
0
0 的位，则是
[
l
,
r
]
[l,r]
[l,r] 的这一位覆盖为
0
0
0．
∣
|
∣ 操作同理．
因为是某一位的覆盖，不能方便地维护全局的最小值．
考虑将覆盖操作换成加减操作．
对于任意一位：遍历
[
l
,
r
]
[l,r]
[l,r]，若干极长的
0
/
1
0/1
0/1 段可以一起操作（加，减或不变），操作之后区间被统一成
1
1
1 或
0
0
0．我们发现复杂度是颜色段覆盖．
正解
不用按位考虑了．
考虑维护区间的
∣
|
∣ 和
S
o
r
S_{or}
Sor 和
&
\&
& 和
S
a
n
d
S_{and}
Sand．
- 对于一个区间，只有 S o r S_{or} Sor 和 S a n d S_{and} Sand 进行操作后相等，才能保证区间中的每个数进行操作后相等．
- 对于一个区间 ∣ d |d ∣d，若 s a n d ∣ d = s o r ∣ d s_{and}|d=s_{or}|d sand∣d=sor∣d，则区间 ∣ d |d ∣d 无效．
- 对于一个区间 & d \&d &d，若 s a n d & d = s o r & d s_{and}\&d=s_{or}\&d sand&d=sor&d，则区间 & d \&d &d 无效．
根据势能分析可以知道算法复杂度正确．
但我不会势能分析．
LOJ #6508. 「雅礼集训 2018 Day7」B
奇妙的转化．
考虑枚举 T i T_i Ti，然后看它能贡献到以哪些地方为起点的询问上．
考虑起点是 p p p．
若
T
i
=
1
T_i=1
Ti=1：
S
i
+
p
‾
≡
[
0
,
c
)
S
p
‾
≡
[
0
−
i
a
,
c
−
i
a
)
\overline {S_{i+p}} \equiv [0,c)\\ \overline {S_p} \equiv [0-ia,c-ia)
Si+p≡[0,c)Sp≡[0−ia,c−ia)
若
T
i
=
0
T_i=0
Ti=0：
S
i
+
p
‾
≡
[
c
,
n
)
S
p
‾
≡
[
c
−
i
a
,
n
−
i
a
)
\overline {S_{i+p}} \equiv [c,n)\\ \overline {S_p} \equiv [c-ia, n-ia)
Si+p≡[c,n)Sp≡[c−ia,n−ia)
T i T_i Ti 有贡献的起点 p p p， S p S_p Sp 是剩余类上一个连续区间．
整一个动态开点值域线段数即可．
LOJ #6509. 「雅礼集训 2018 Day7」C
很强的随机性伴随的对称性．
考虑转化贡献．
发现一个点被选择后，若没有到终止局面，肯定会进行下一次选择：产生的移动距离期望是
∑
v
∈
[
1
,
n
]
d
i
s
(
u
,
v
)
n
\frac{\sum_{v\in[1,n]}dis(u,v)}{n}
n∑v∈[1,n]dis(u,v)
那么我们只需要求出每个点不导致终止局面的期望被选择次数即可．
由于纯随机，发现树的形态不会对选择次数产生影响．
考虑设计状态 F i , 0 / 1 F_{i,0/1} Fi,0/1 表示存在 i i i 个黑点，其中任意一个 黑/白 点不导致终止局面的期望被选择次数．
有转移方程
F
i
,
1
=
i
−
1
n
F
i
−
1
,
1
+
n
−
i
n
F
i
+
1
,
1
+
1
n
(
F
i
−
1
,
0
+
1
)
F_{i,1}=\frac{i-1}{n}F_{i-1,1}+\frac{n-i}{n}F_{i+1,1}+\frac{1}{n}(F_{i-1,0}+1)
Fi,1=ni−1Fi−1,1+nn−iFi+1,1+n1(Fi−1,0+1)
F
i
,
0
=
i
n
F
i
−
1
,
0
+
n
−
i
−
1
n
F
i
+
1
,
0
+
1
n
(
F
i
+
1
,
1
+
1
)
F_{i,0}=\frac{i}{n}F_{i-1,0}+\frac{n-i-1}{n}F_{i+1, 0}+\frac{1}{n}{(F_{i+1,1}+1)}
Fi,0=niFi−1,0+nn−i−1Fi+1,0+n1(Fi+1,1+1)
笔者尝试实现暴力高斯消元．但答案一直不对．
这里附上一篇不错的题解 20200525 hz T3（#6509. 「雅礼集训 2018 Day7」C）【期望】
P7831 [CCO2021] Travelling Merchant
考虑如下算法流程：
（1） 对于图中没有出度的（在队列中）点，更新指向它们的点并将指向它们的边删除，将这些点压入队列．如果产生了新的没有度数的点，则重复该流程．
（2） 选出没有被删除的
r
r
r 最大的边，假设它是
e
(
u
→
v
,
r
,
p
)
e(u \rightarrow v,r,p)
e(u→v,r,p)．用
r
r
r 更新
u
u
u 的答案．若
u
u
u 没有出度，将
u
u
u 压入队列．
（3）重复上面两步操作，直到所有边被删除．
以上算法的时间复杂度瓶颈在给边按 r r r 降序排序．
考虑算法的正确性．
显然从 u u u 出发，要保证无限游走必须要走到一个环上．
算法每次将可能在环上的最大边断掉（2），然后使用类似拓扑排序的方法更新可能在这个环上的点的答案（1）．
分两类：
- 若环上 r r r 最大的边在从 u u u 指出的边上．算法步骤（2）可以更新．
- 若环上 r r r 最大的边不是从 u u u 指出的边上．算法步骤（1）可以更新．
LOJ #6065. 「2017 山东一轮集训 Day3」第一题
分类枚举．
记
n
u
m
(
l
e
n
)
num(len)
num(len) 表示长度为
l
e
n
len
len 的木棍的个数．
- 两条长度为边长的木棍
+
+
+ 四条小木棍．先枚举边长，然后枚举四条木棍．答案为
∑ l e n ( n u m ( l e n ) 2 ) w ( l e n ) \sum_{len}\binom{num(len)}{2}w(len)\ len∑(2num(len))w(len)
这里的 w ( l e n ) w(len) w(len) 表示用四条木棍组成两条长为 l e n len len 的边的方案数量．这个方案是容易讨论的． - 三条长度为边长的木棍
+
+
+ 三条小木棍．这时不能先枚举边长（处理会变得很麻烦）．存在两根小木棒相同或三根小木棒都相同的情况是容易解决的．考虑三根小木棒均不同如何统计．枚举三条小木棍中最长的一个．从大到小扫描每种长度的木棍．记
F
i
,
j
F_{i,j}
Fi,j 表示长度
≤
i
\le i
≤i 的两根木棍拼起来，大小等于
j
j
j 的方案数．新加入长度为
i
i
i 的小木棍后，
F
F
F 存在变化
F
i
,
i
+
j
+
=
n
u
m
(
i
)
∗
n
u
m
(
j
)
F_{i,i+j}+=num(i)*num(j)
Fi,i+j+=num(i)∗num(j)．然后这时，我们再枚举边长
d
d
d，由于规定了最长的小木棍为
i
i
i，则对方案的贡献为
( n u m ( d ) 4 ) n u m ( i ) F i , d − i \binom{num(d)}{4} num(i)F_{i,d-i} (4num(d))num(i)Fi,d−i
LOJ #6119. 「2017 山东二轮集训 Day7」国王
记 x x x 表示 u ∈ [ l , r ] u \in [l,r] u∈[l,r]，记 y y y 表示 u ∉ [ l , r ] u \notin [l,r] u∈/[l,r]．
那么一个区间
[
l
,
r
]
[l,r]
[l,r] 合法即判定
∑
(
x
i
,
x
j
)
[
(
x
i
,
x
j
)
i
s
a
c
o
r
r
e
c
t
p
a
t
h
]
>
∑
(
y
i
,
y
j
)
[
(
y
i
,
y
j
)
i
s
a
c
o
r
r
e
c
t
p
a
t
h
]
\sum_{(x_i,x_j)}[(x_i,x_j)\ is\ a\ correct\ path] > \sum_{(y_i,y_j)}[(y_i,y_j)\ is\ a\ correct\ path]
(xi,xj)∑[(xi,xj) is a correct path]>(yi,yj)∑[(yi,yj) is a correct path]
考虑在不等式左边加上
∑
(
x
i
,
y
j
)
[
(
x
i
,
y
j
)
i
s
a
c
o
r
r
e
c
t
p
a
t
h
]
\sum_{(x_i,y_j)}[(x_i,y_j)\ is\ a\ correct\ path]
(xi,yj)∑[(xi,yj) is a correct path]
右边加上
∑
(
y
i
,
x
j
)
[
(
y
i
,
x
j
)
i
s
a
c
o
r
r
e
c
t
p
a
t
h
]
\sum_{(y_i,x_j)}[(y_i,x_j)\ is\ a\ correct\ path]
(yi,xj)∑[(yi,xj) is a correct path]
显然这两个部分是相等的．
那么原来的判定式可以改写成：
∑
(
x
i
,
∗
)
[
(
x
i
,
∗
)
i
s
a
c
o
r
r
e
c
t
p
a
t
h
]
>
∑
(
y
i
,
∗
)
[
(
y
i
,
∗
)
i
s
a
c
o
r
r
e
c
t
p
a
t
h
]
\sum_{(x_i,*)}[(x_i,*)\ is\ a\ correct\ path] > \sum_{(y_i,*)}[(y_i,*)\ is\ a\ correct\ path]
(xi,∗)∑[(xi,∗) is a correct path]>(yi,∗)∑[(yi,∗) is a correct path]
即
2
∑
(
x
i
,
∗
)
[
(
x
i
,
∗
)
i
s
a
c
o
r
r
e
c
t
p
a
t
h
]
>
∑
(
∗
,
∗
)
[
(
∗
,
∗
)
i
s
a
c
o
r
r
e
c
t
p
a
t
h
]
2 \sum_{(x_i,*)}[(x_i,*)\ is\ a\ correct\ path] > \sum_{(*,*)}[(*,*)\ is\ a\ correct\ path]
2(xi,∗)∑[(xi,∗) is a correct path]>(∗,∗)∑[(∗,∗) is a correct path]
记 w i = ∑ ( i , ∗ ) [ ( i , ∗ ) i s a c o r r e c t p a t h ] \displaystyle w_i=\sum_{(i,*)}[(i,*)\ is\ a\ correct\ path] wi=(i,∗)∑[(i,∗) is a correct path]，求出所有 w i w_i wi 后双指针即可．
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