EQUINOX1的博客

C(n+1,i+1)我们拆成阶乘，化简后，分子项数是log级别的，分母预处理阶乘逆元，不再赘述。那么我们对于每个x，枚举>1的长度i，计算C(n+1,i+1)*dp[i][x]即可。我们要计算f(i,x)*ΣC(j,i)，j为a[]的长度，1<=j<=n。定义状态dp(i,j)为i个>1的数乘积为j的方案数。考虑k=1E5时，a[]中>1的数最多有多少个？每个x枚举>1的数字长度i。注意到n很大，没法算。

那么我们用懒标记线段树维护f(i)，每次读入l(i)r(i)，对f值在l(i)和r(i)之间的线段进行+1即可。f(i,j)=f(i-1,j)+1，如果l[i]<=f(i-1,j)<=r[i]考虑定义f(i,j)为初始分数为j，经过i场比赛后的最终分数。时间复杂度：O(nlogn+q)空间复杂度：O(nlogn)显然具有单调性f(i,j+1)>=f(i,j)否则，f(i,j)=f(i-1,j)

k^2=(1+2k-1)*k/2，这相当于分别买了价格为P[i],3P[i],5P[i]...(2k-1)P[i]的物品。最终计算数目如果剩的钱购买x+1的话还要加上这一部分的贡献，具体为什么可以在混合数组上模拟下最优解可能长的样子。我们假如把所有物品混合，可能是P[0],P[1],2P[0],P[3],P[4].....根据x可以计算每个物品购买的数目，从而计算花费来check。如果给你一堆价格不同的物品，金钱有限的情况下怎么买买的最多？

放假了啊

我们计算 minrow[i] = min{g[i]}，mincol[j] = min{ g[i][j] }一个经典的差分数组的模板题目：可以进行区间 + - 1，请问将数组变相等的最少操作次数？先操作行：那么每行都得操作 minrow[i] 次，然后列再补齐。先操作列：那么每列都得操作 mincol[j] 次，然后行再补齐。列操作会对每一个行差分数组在该列的值的影响相同。行操作不影响行差分数组的值（除了第一个）因而得出结论：所有行差分数组的值都相同。对称的考虑：所有列差分数组的值都相同。

我们发现我们只需计算子数组内产生的逆序对，而对于一个数组而言，数组内任意两个数之间构成逆序对的数目为 1 / 2，而 k-数组 pair 的数目为 k * (k - 1) / 2，每个pair 贡献1个逆序对的概率为1/2，根据二项分布的数学期望计算公式：E = np可得，k-数组的逆序对贡献期望为 k * (k - 1) / 4。每个滑窗这一部分的贡献为 (tot - cur) * (n - k + 1)，因为 n - k + 1个滑窗等概率，所以贡献比例相同，这一部分的答案我们滑窗过程中直接累加。

考虑 从 s出发，搜索到 t，然后从t 沿着反向边一路往上走，不经过s -> t路径上的点最终到达s，那么说明找到了 两条首尾相同且不相交路径。考虑从 s 开始dfs，额外添加参数 p 记录上一个点，rev 记录当前是否走逆向，如果当前为逆向那么后续只能逆向走。以及 遇到搜索过的点，如果当前为逆向并且 该点为s，其实可以接着搜（找到了答案）时间复杂度： O(N + M)空间复杂度：O(N + M)如下图，黑色为正向边路径，红色为反向边路径。搜索的时候注意不能在s 就开始走逆向。

定义 lt[x] rt[x] 分别为 节点x子树内 <= x 权值的数的个数，节点x子树内 >= x 权值的数的个数。我们按照 [1, 1 << n] 的值 构造一棵 锦标赛树，每个节点有两个儿子，该节点为 两个儿子中的胜者。最终答案就是 [lt[0], (1 << n) - gt[i] + 1]我们将每层按照s 值 分层，我们发现连续层产出的胜者一定是一个区间。从上往下 层数从0开始，那么 s[i] 就是本层的博弈规则。最后一层叶子就是值的排列。如果 s[i] = 1。如果 s[i] = 0。

时间复杂度： O(N + M)空间复杂度：O(N + M)最后一定能构造出一棵树。

我们只需枚举两个 set 相交的那个元素 x，假如 x 在 cnt[x] 个set 中出现，那么 x。对于 cnt[x] 我们 固定 a, b 就能得出 c，用 map 维护一下暴力预处理即可。时间复杂度： O(N^2 k log(N^2) k)空间复杂度：O(N^2 k)作为相交元素的贡献就是 (cnt[x] - 1) * cnt[x] / 2。考虑一个五元组<a, b, c, d, e>，最多有几个set?

那么答案就是 sum{min[R::]} - sum{min[st[j - 1].r::]} - (st[j].r - R) * st[j].v。单调栈维护三元组 (r, v, s) 分别代表 最小操作次数为 v 的长度为 k 的子数组最靠右的左端点下标。对于每个查询 (L, R) 我们在单调栈上二分出 从栈顶到栈底第一个 R <= r 的 三元组的位置 j。对于一个查询(l, r)而言，f(i, r) 随着 i 的增加 而单调递减。s 为 sum{ min[r, n - k - 1] }，即后缀和。

这道题没时间调了，有点可惜没能AK

没开E血亏，怎么还有网络流的

同时对a 施加 swap(a[0], a[1])，那么如果a 和 b 能都变相等，即升序排列，那么二者的逆序对的奇偶性应该相同。考虑一个数组变化的同时另一个数组也变化太过于复杂，我们考虑先将数组a 经过交换变为升序。我们考虑 每次对 b 施加相邻元素交换， 来一步步消除逆序对。时间复杂度： O(NlogN)空间复杂度：O(N)每次交换，逆序对的奇偶性翻转，置换环的奇偶性呢？对于排列而言，我们可以O(N)求出置换环的数目。考虑相邻元素在一个环：那么将分裂成两个环。考虑相邻元素在两个环：那么两个环将合并。

上面有一个可以优化的地方就是 对于第一种边，我们 只对于 b[i] > i 的情况连边，因为如果 b[i] <= i，那我们就没必要skip了，完全可以一路答题答过去。我们发现如果我们是从 i 一路回退的，那么得分就是 acc[i] - cost[i]，cost[i] 是 一路跳到 i，在 [0, i - 1] 上所损失的代价。我们可以选择跳到 [0, b[i]] 的 某个题，也可以选择从这个点拿取 a[i] 的分数然后往回跳到某个题。我们也可以连出 i -> i - 1 的 权值为 0 的有向边。

以mii = 0为例，我们对于所有左端点不为0的线段按左右端点双关键字排序，跑差分。也就是说，对于所有的包含 mai 的线段，我们拿进来不会使得答案变差。我们按照 mii 在左端 和 右端 的情况分别计算，求最值即可。时间复杂度： O(nlogn)空间复杂度：O(n)那么我们说明 最优解 的 mii 一定在 两端。同时包含 mai，mii 的线段我们可以不拿。如果 该线段不包含 mii，答案会 + 1。维护被覆盖次数最多的点的次数，维护最值即可。如果 该线段包含 mii，答案不会变大。

注意力什么时候才能提升啊

所以我们只需计算出 [0, 1000] 的 f()，然后 对于 f(x) = k - 1的 x，我们找 [0, n] 之内 有多少数的pcnt = x，这件事情可以用数位dp轻松解决。我们注意到 虽然 n 很大，但是 对于 f(x) = k 的数字，其递推都是由 f(pcnt(x)) 转移，而pcnt(x) 很小，不超过1000。具体实现中，f() 我们可以初始化 f[0] = 1，从而原来的找 f(x) = k - 1 就 变为了 找 f(x) = k。那么 f(x) = f(pcnt(x)) + 1。

我们记录 a、b中元素的行号列号rowa[] cola[] rowb[] colb[]，然后 建立 str[], stc[]那么我们发现 a 能变成 b 当且仅当 a 中 任意元素 x 所在行列的集合 和 b 中元素所在行列的集合相同。显然，如果合法，那么 每个 str[i] stc[i] 的 size 都不大于1。时间复杂度： O(NM logn(N + M))空间复杂度：O(NM)str[rowa[x]] 为 所有 rowb[x] 的集合。str[cola[x]] 为 所有 colb[x] 的集合。

如果选其他的(1, x) / (x, 1) x > 1，那么会扣掉一行一列，问题等价于 (n - 2) * (n - 2)的网格的方案数。f(i) = f(i - 1) + (2i - 2) * f(i - 2)，2i - 2是第一行第一列除去 (1, 1) 剩下的格子数目。如果选(1, 1)，那么问题等价于 (n - 1) * (n - 1) 网格的方案数。对于初始的 k 个操作，如果是对角线，那么n-1，否则n-2，然后输出f[n] 即可。时间复杂度： O(N)空间复杂度：O(N)

dis(a, u) 我们可以树剖，maxd(u)我们可以换根dp，是可行的，然后可能要注意一下因为A先走B后走，dis(a, u) 和 dis(u, b) 我们注意一下corner case。不过我们注意到，最终答案的形式为：2n - 2 - maxd(u) + dis，这里的dis是二者在u相遇所需步数。那么对于一个相遇节点u，答案为 dis(a, u) + dis(u, b) + 2n-2 - maxd(u)我们从树中一点出发，遍历整颗树最后回到这个点的最小步数：2n - 2，即边数*2。

不会同时 1<->2，不然的话我们总能取消1->2 或者 2->1 来减少代价。如果我们不考虑披萨数目的限制，我们贪心的为每个人分配最优披萨，会有什么结果？时间复杂度：O(NlogN) 空间复杂度：O(NlogN)如果买多了，最多调整 部分人 1->2 或者 2->1。那么对于两种方案，不管调谁，都去调代价最小的即可。

那么有 m * (2^i - 1) + (m - 1) * m / 2 = n。除2，除2，除2 ……=> 变为 奇数m，m * (m - 1) / 2。时间复杂度： O(log^2 n)空间复杂度：O(1)考虑 一个可能的初始队伍数目 num 的 变化历程。因为指数增长很快，2^60 都已经超过1E18了。而一旦 i 固定，式子关于 m 就是单调递增的。假如除了 i 次2，变为奇数m。我们发现合法的 i 其实很少。于是想到 枚举 i，二分 m。

每个商品选或不选，我们的钱有限，这就相当于一个以幸福度为容量，钱为价值的01背包。定义状态f(i, j)为 前 i 个物品，获得 j 幸福度，剩下的最多的钱。那么 f(i, j) = max(f(i - 1, j - h) - c)根据题意，我们每月结束，都要对当前合法的 f(i, j) 加上 x。时间复杂度： O(MH)空间复杂度：O(MH)问我们能够到达的最大幸福度。

那么 该祖先对应的叶子节点的区间为 [l << (h - i), (r + 1) << (h - i))对于 每个查询，第 i 层 祖先的 区间如果真的在 [l, r] 内。如果 ans = 0，那么取补集，同样可以得到一个出口所在区间。被覆盖 q 次的编号如果只有一个，那么我们得到的答案。时间复杂度： O(qlogq)空间复杂度：O(q)如果 > 1，那么说明某次查询有问题。每个询问的信息都做完差分后，我们求和。这样我们得到了出口所在的一个区间。如果 = 0，那么信息不足。

如果 mp 的 size 等于 n - （r - l + 1），那么次数合法，我们尝试右收缩左边界。观察单调性：对于合法的删除区间 [l, r] r 右移，l 要么右移要么不动，一定不左移。只要收缩过程中 n - (r - l + 1) <= m，我们就返回true。我们 枚举r，维护l，哈希表mp 存储 [l, r] 外元素出现次数。时间复杂度： O(NlogN)空间复杂度：O(N)二分删除区间的长度 x。

在交互的过程中，x会变，但是初始的x0只有一个，由于交互是我们控制，所以x0的变化的值我们也已知。我们记 交互过程中累加值为add，我们只要求出最初的x0，那么答案就是 x0 + add。如果 query(q) > last (last 为 上一次交互值)，说明二分小了。时间复杂度： O(logn)空间复杂度：O(1)令 q = n - (x + add) % n。相应的收缩区间并且累加 add 即可。闭区间二分 [1, n - 1]

上述递推的过程其实是 不断模拟的过程，随着我们答案的限制越来越小，原来不能划分的集合逐渐能够划分，贡献随之累加到 cur。如果 x 是答案，那么 能够分成的 size > x 的 集合 的数目 >= k。我们记 cnt[x] 为 能够划分 size = x 的集合的数目。然后倒序递推，维护一个cur，代表当前 >= i 的 集合的数目。我们维护cnt[]，cnt 初始为 a[] 中的元素计数数组。首先 cur += cnt[i]，即初始的 i 的数目。如果 i >= k，我们输出 i 即可。

我们发现 n mod 1 = 0，如果 n mod 2!= n mod 1，那么 n mod 2 = 1。那么 n + 1 mod 1 = n + 1 mod 2 = ... n + 1 mod k = 0。我们从 1开始判断，只要有 n % i!= i - 1我们就输出No。而 我们发现 43!> 1E18，所以合法的 k 不会很大。时间复杂度： O(1)空间复杂度：O(1)以此类推 n mod k = k - 1。

否则，答案为 Σ 2^{n - i - 1 - posi}，其中 sum[i] == min，posi 为 sum[0, i] 中 >= 0 的 i 的数目。如果我们通过多次操作2使得值变大，那么我们只需保留最后一次操作2仍然能得到最大值。如果min >= 0，那么操作1、2可以随便取，答案为 2^n。我们要得到最大值，执行操作2如果能让值变大，说明当前值为负数。C1 是只要求求最值，通过C1 我们知道 操作2最多。时间复杂度： O(N)空间复杂度：O(N)那么我们预先求出最小前缀和min。

那么对于L，它的贡献就是 cnt * fac(n - L - 1) / c0!cnt 代表 当前可用的 < t[L + 1] 的字符数，cnt 可以通过树状数组来获取。那么 第 L + 1位必须小于 t[L + 1]，剩下的可以随便填。ci 分别代表 字符 i 的出现次数，因为会有重复所以要除去。时间复杂度： O(nlogn)空间复杂度：O(n)考虑枚举相同前缀的长度 L。

第二层的点分别向临界点伸边，每条边长度为 2^27，只要方向不往回走，就不会交叉。我们像玩贪吃蛇那样蛇形顺时针内卷的走，如何保证走n - 1次得到的边都不交叉？从0开始bfs 往外向邻接点伸边，每条边长度为 2^28。注意到 平面很大——1e18，而点数 & 边数很小。时间复杂度： O(N)空间复杂度：O(N)我们可以让第一根很长，后面依次减半。如果一个点的度 > 4，那么无解。

然后枚举 x, 2x, 3x....，累加 (acc[kx + x - 1] - acc[kx]) * kx 的和。我们似乎只需要知道 [a * k, a * (k + 1) - 1) 内的数的个数就能计算这个区间内的数的贡献。考虑暴力的想法：从小到大枚举leading，然后暴力计算后面的数 x - x mod a 的和。预处理前缀和 acc[i] 代表 [0, i] 内的数字个数。时间复杂度： O(NlogN)空间复杂度：O(N)我们发现 x - x mod a = a * k。

然后遍历剩下的数字 x，如果集合中存在某个数字y 满足 x & y = x，我们就把x 拿进集合。所以，我们先将所有 出现次数大于1 的数拿进集合（升序排序，去重即可）考虑一个数 x 不会比集合内所有数都强，可以注意到什么？否则，x 和 每个数相比总有对方没有的，那么就没办法了。时间复杂度： O(nlogn)空间复杂度：O(n)一定有一个数 y 满足 x & y = x。

假如我们把数据当成节点，每个节点向其前驱连边，我们会得到一棵 k + 1个节点的树。每个数据的前驱是唯一的，对于直接传输的数据我们定义其前驱为虚拟节点。每个节点和其前驱的边权即该节点传输的代价。那么建图然后求最小生成树即可。

那么我们需要删除的最短长度就是 min{ suf[i + 1] - pre[i] - 1 }去除掉b的一个子串后，b剩下的前缀和后缀一定分别是a的前缀和后缀的子序列。suf[i] 代表 a[i::] 能包含最长的 b[suf[i]::]pre[] 代表 a[:i] 能包含的最长的 b[:pre[i]]本题要输出方案，那么维护下前缀长度和后缀起始位置即可。构建长度为 n 的两个数组 pre 和 suf。时间复杂度： O(N)空间复杂度：O(N)

即 最小的构造为 l - p[i]，次小的构造为 max(l - p[i] + 1, l - a[j])……如果我们知道 c，那么根据 c[i] = b[i] - a[i]，我们相当于得到了 b[]以及每个元素的范围：[l - a[i], r - a[i]]时间复杂度： O(NlogN)空间复杂度：O(N)显然越小越好，这样上面的元素容错率越高。我们知道了 c 各个下标元素排名。那么我们贪心的从低往上构造。

然后线段树维护的是区间内 (0, l) -> (0, r) (0, l) -> (1, r) (1, l) - >(0, r), (1, l) - > (1, r) 的最短竖移步数。考虑定义 f((li, l), (ri, r)) 为 (li, l) -> (ri, r) 最短路径的竖着走步数。(li, ri) 的可能取值有4个，我们可以作为线段树的节点信息。那么 f((li, l), (ri, r)) = min{对于(li, l) -> (ri, r)如果能到一定要横着走 r - l 步。

我们考虑分组—— vals[x] = { 所有x出现位置前后不为x 的值 }改变 x 只会影响所有值为 x 的下标 及其前后下标的贡献。时间复杂度： O(MlogM)空间复杂度：O(N + M)对于x，我们要把x调为何值最优呢？那么我们分组考虑维护最小值。vals[x]的中位数。

我们考虑开局往左下角或者右下角中的一个位置放一个，这里不妨放右上角即(1e9, 1e9)如果 color(x, x) == col(hi, hi) 那么收缩 hi = x。最终输出 (lo, hi) (hi, lo) 即正方形的主对角线。时间复杂度： O(log U)空间复杂度：O(1)二分x = (lo + hi) / 2。看到 30 和 1E9就往二分上想。这样保证左下右上一定不同。否则收缩lo = x。