這段時間為了準備冬令營把清北冬令營真題都做了一下。更個博回顧一下(免得你們老說我咕咕咕)。
先寫良心pku的題再寫thu的題，
主要是thu的題和pku比起來真的毒瘤好多......
乙個比較顯然的暴力是歸併排序，每次直接前字尾計算答案即可。
為啥不用線段樹合併代替歸併排序呢？
暴力線段樹合併，合併的過程中順便算一下即可，由於權值區間不交所以複雜度乙個\(log\)。
順著題意模擬即可。
強化牌的數值都大於\(1\)意味著多打一張攻擊牌不如的多打一張強化牌。
列舉抽中了幾張強化牌，當強化牌數量小於\(k\)時，一定是用所有強化牌加上最大的幾張攻擊牌，
當強化牌數量大於等於\(k\)時，為前\(k-1\)大的強化牌加上最大的攻擊牌。
把攻擊牌與強化牌按照價值從大往小排序，先算總和最後除方案算概率，隨便dp一下就行了。
九老師：這是我能想到的最好的模擬題了！然而現場無一人得分......我選擇死亡。
這個題還是有點意思。
\(n\leq 20\)肯定是狀壓dp，很自然想到直接狀壓已經被\(ban\)掉的點有哪些。
怎麼轉移？
把視野放大，考慮全域性合法排列的生成，列舉加入最大獨立集的點是哪個，
然後把這個點放到第乙個空缺的位置，再把與之相鄰點放到後面的任意位置(選對應個空位)。
顯然轉移過程中我們保證了獨立集的點之間順序，所以計數是不重不漏的。
至於要同時求最大值與方案數，兩個一起dp，維護一下即可。
很明顯的終止態容斥問題了，列舉誰在\(1\)號獵人後面死，那麼剩下的獵人就不用管了。
還有乙個問題就是打到了死的獵人怎麼辦，
這裡比較妙，我們可以認為打到了死的當作鞭屍，再打一次直到打到乙個活著的獵人。
根據賭徒輸光那套理論，新舊問題顯然等價。
列出式子，無窮級數化簡後發現容斥係數只與\(w\)之和有關，用分治\(fft\)就可以計算。
使用\(min-max\)容斥轉為求任意乙個點被到達的期望步數。
這是經典問題，狀壓dp後樹上高斯消元解決。
來搞笑的吧？討論一下兩個組合數一加就沒了。(放普及組t2挺合適的)
乙個比較自然的想法：把最大字首和拆分成兩段，前面是最大字首，後面的每乙個字首都小於\(0\)。
這樣算答案只需要列舉字首是什麼，
後面的部分很好求，設\(g\)如上述，狀壓dp每次向後插入乙個元素時\(check\)一下就能轉移。
關於前面部分：設\(f_t\)表示包含\(t\)集合元素，且最大極長字首和等於全集和的方案數。
智障選手：容斥減去不合法的，發現不合法部分為\(f\)和\(g\)的卷積，暴力子集卷積。(顯然過不了)。
高智商選手：把向後插入改為向前插入，那麼只要保證插入前這個字尾非正，可以很方便的轉移。
講真這題真的有驚豔到我。
不好意思，這題咕了。
首先可以注意到最多隻會向後跳一次，因為跳兩次再跳回去絕對沒有意義。
其次，由於上述性質，從後面的點跳到前面的點後，前面的點再往後跳也絕對沒有意義。
因為如果它後跳後再往前跳一大步，那麼它往後跳到的那個點一定可以通過它的**點直接到達。
然後就可以倍增了，設\(f_\)表示\([i,n]\)中的點向左跳\(2^j\)可達的最左位置(向右跳不管)。
為了算答案同時記\(g_\)表示從\(i\)點出發，跳到\([f_,i)\)這些位置所需要的步數和。
首先\(f\)的轉移顯然，\(g\)的轉移：\(g_ = g_ + g_,j-1} + 2^(f_ - f_)\)。
算答案時，把答案轉為字尾相減形式，倍增處理，
為了減少特判，先把起點\(i\)移到\(l_i\)，最後再全域性加上一步(第一步無論左跳還是右跳代價都為1)。
長為\(i\)的\(border\)存在的條件：不存在\(d\)，滿足\((n-i)|d\)，且\(s_j \neq s_\)。
問題變為判斷\(s_j \neq s_\)的存在性，字符集很小，列舉字元用\(fft\)做匹配即可。
預處理圓被多邊形包含的最小半徑。
若不包含，求交點後極角排序，對於一段弧，用轉角公式求中點，然後判中點是否在多邊形內。
由於資料範圍很小，所以上述過程全部直接暴力就行了。卡精度警告。
建乙個trie樹，由於字串很短所以每個點開個vector暴力存每個時間的最早出現即可。
查答案時做匹配到對應結點，然後直接查vector就行了。
設\(g_\)表示區間\([l,r]\)最後一次消除的最大、最小值分別為\(x,y\)的最優方案。
設\(f_\)表示把區間\([l,r]\)消完的最優方案。
那麼顯然\(f_ = min(f_ + g_ + a + b(x-y)^2)\)，即列舉最後一段在**。
關於\(g_\)，我們關鍵在於記錄了最後一次消除的資訊(從而實現了跨多段消除)。
連續轉移：\(g_ \to g_),min(y,w_)}\)。
跨段轉移：\(g_ + f_ \to g_\)。複雜度\(o(n^5)\)鬆一鬆就過去了。
不是很會啊......會的大佬教教我唄......
把三個函式黴黴展開，然後發現其導數都是迴圈的。
因為有斷邊刪邊操作，所以用\(lct\)暴力維護一下路徑係數和就行了。
關於只有\(t=0\)的資料，其答案總和就是乙個二分圖計數，暴力狀壓這樣就有\(40\)分了。
關於\(t=1,t=2\)，只能說陳老師真的神了......
考慮暴力，設\(f_\)表示左半邊匹配上集合為\(s\)，右半邊匹配上集合為\(t\)的期望條數。
注意到\(s\),\(t\)的\(bit.count\)時刻相同，暴力搜一下可以發現合法狀態其實並不多，所以用\(map\)記搜。
在記搜的每一層，首先找到最小的未匹配點\(u\)，然後進行決策。
對於\(t=0\)的邊\((u,v)\)，顯然直接加入：\(f_ = f_ + \fracf_\) 。
對於\(t=1\)、\(t=2\)的邊，考率把它拆分成兩條\(t=0\)的邊，然後跟上面一樣的做。
但這樣答案肯定不對，考慮一下答案的偏轉量，我們手動修正一下。
對於\(t=1\)的邊，
若只有一條邊在匹配中，概率為\(50\%\)，正確。若都不在匹配中，無影響不管。
若兩條邊同時出現在匹配中，此時概率為\(25\%\)不對，所以需要額外新增\(25\%\)的概率進行修正。
對於\(t=2\)的邊，
若只有一條邊在匹配中，概率為\(50\%\)，正確。若都不在匹配中，無影響不管。
若兩條邊同時出現在匹配中，此時概率為\(25\%\)非法，所以需要額外減少\(25\%\)的概率進行修正。
關於點\(1\)，爆搜即可。
關於點\(2\)，拿點\(1\)的爆搜程式跑上個十幾分鐘就能跑出來。
關於點\(3\)，裸揹包直接做。
關於點\(4,5\)，每個抽屜的容積一樣，所以就是二分圖最大權匹配，\(km\)即可。
關於點\(6\)，抽屜的容積差異幾乎沒有，所以依舊跑二分圖最大權匹配就能得解。
關於點\(7\)，發現只有第一根蘿蔔比較詭異，暴力列舉一下它放**，剩下的依舊\(km\)解決。
關於點\(8,9,10\)，退火隨機化，至於能有多少分看臉。
看到\(k\)那麼小顯然列舉一下巧克力集合，
然後如果不管第二問那麼問題變為了關鍵點生成樹，用斯坦那樹搞搞這樣就有\(56\)分了。
關於第二問其實也是乙個現套路。
二分中位數，把小於等於\(mid\)的點設為\(-1\)，大於\(mid\)的點設為\(1\)。
那麼我們希望在點數最少的前提下，上述權值也最小，故只需要把點數的權值設的很大就行了。
最後乙個問題在於巧克力種類很多的時候怎麼辦。
把巧克力種類隨機對映到\([1,k]\)然後多做幾次上述演算法，據說可以證明這樣正確率高達
\(99\%\)。
問題轉化每給定乙個集合，求滿足異或後每一位為\(0\)的子集個數。
一種\(50\)分：按照大於\(\sqrt\)的質因子分組，把其他質因子暴力狀壓\(dp\)。
另一種\(50\)分：子集異或為\(0\)顯然可以使用線性基高斯消元，最後\(2\)的自由元個數次冪即答案。
結合一下就有\(80\)分：
線性基中不儲存大於\(\sqrt\)的質因子的基，分組後外部消一下這一位然後再插入到線性基中。
再結合乙個結論：當區間大於\(6000\)時，答案即區間內出現的質因子個數。
然後就能夠\(ac\)辣！是不是很棒？
顯然是個二分圖最大權匹配問題，裸跑\(km\)白送\(70\)分不謝。
考慮優化建圖。
顯然每張桌子的位置之間可以順次連邊，這樣每個點就只用向可達桌子的對應位置連邊了。
然而這還是只有\(70\)分。
現在的問題主要在於桌子與桌子之間的連邊，考慮線段樹優化。
對於\(m\)個位置分別開兩棵線段樹，分別表示向左走和向右走，每次移向子樹時加上對應距離即可。
如果把三個元素看成向量的話(後面再加乙個區間長度)，
那麼不難發現每種修改對應乘上乙個矩陣，而矩陣又有乘法結合率，所以用線段樹維護。
看到環先套乙個\(polya\)，問題轉化為求大小為\(n\)的合法環的方案數(不考慮同構)。
考慮暴力怎麼做，我們的難點在於要保證首尾合法。
可以這樣：暴力壓\(m^\)種狀態(最靠前的乙個點可以不計)，然後把轉移矩陣看成臨接矩陣。
這樣我們只需要保證轉移若干次後回到自己即可。
當\(m>5\)時，矩陣過大顯然會\(tle\)。
我們本地暴力\(dp\)(方法跟上面一樣，只是暴力轉移不要構矩陣)把每乙個\(m\)的前\(1000\)項跑出來。
把這些資料扔到\(bm\)裡去，發現竟然存在遞推式！(當\(m=7\)時，遞推式長度達到最大為\(410\))。
然後暴力\(polya\)，內部算方案直接用遞推式，矩乘依舊無法通過此題所以需要使用\(ch\)線性遞推。
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2019徐州冬令營
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