《Matrix》(HDU)
题意：n*m矩阵，每个点可黑可白，问有多少种方案使矩阵至少有A行B列全黑。
思路：第一反应当然是容斥，但是发现a+1行全黑的方案，并不是恰被a行全黑的方案多算a次，所以直接+1,-1,+1,-1这样的容斥系数就不可行。
而如果DP，复杂度太高，不可行。
于是考虑手推容斥系数，a行全黑的方案，被计数的次数取为([a>=A]-被更小的a计算次数)即可。
收获：对于复杂的计数问题，如果分类时，一种方案会在若干类中重复计数，可以使用推广的容斥来做。
《Always
Online》
题意：给一棵带边权的点仙人掌，对于全部点对s，t，求s^t^maxflow(s,t)之和，^为异或。
思路：对于s-t路径上的树边，他的最大流量就是自己的权值。
对于s-t路径上的环，在环上路径起点和终点处断开，分成的两段各自取min，加起来就是环的最大流量。
注意到两段的min之一必为全局的min，所以环上流量的瓶颈之一已经确定，就是权值最小的边。
把这条边断开，权值加在环上的其他边上，就转成了树上的情况，按权值从大到小加边，并查集维护每一个连通分量在每一个二进制位上的答案即可。
收获：当环的某一条边对答案的贡献确定后，解题时可以把这条边割掉以转化成链。
《Daylight》
题意：给一棵树，给一棵树，每次给出点u,v和数w，查询满足Min{dist(d,u),dist(d,v)}<=w的d的数量。点数和查询都是1e5，多测，强制在线。
思路：考虑一个点d到两个点u、v距离的较大/小值，应当考虑d到uv路径中点m的距离。
结论：Max{dist(d,u),dist(d,v)}=dist(m,d)+dist(u,v)/2
证明：考虑以m为根，则d可能在：
1、m的包含u的子树
2、m的包含v的子树
3、m的其它子树
讨论一下就行了。
注意到答案就是sigma[dist(d,u)<=w]+sigma[dist(d,v)<=w]-sigma[Max<=w]，而Max<=w等价于dist(m,d)<=w-dist(u,v)/2。
为了防止中点m落在边的中间，我们需要把每一条边拆成前后两条。当然通过对方向的讨论也可以不拆边。
所以问题转化成：
给点u和数w，在线查询满足dist(d,u)<=w的d的数量。
涉及路径及路径长度的问题，可以考虑点分治。
对于点分树的任意包含u的，以r为根的子树，因为u是定点，所以u到r的距离确定，故在lca(u,d)=r的前提下，d到r的距离区间也是确定的。（注意到这样的r只有log个）
所以可以预处理：对点分树中的每一棵子树，到根r距离不超过i的点有几个。经过离散化后易见时间复杂度是n
log^2 n。
回答查询的时候枚举r的log种取值，对于每个r调取之前预处理的值即可。
收获：对于涉及树上两个点的问题，往往可以考虑两点之间的路径（特别地，路径中点）；涉及路径及路径长度的问题，可以考虑点分治。
《Medium
Pyramid Hard》
题意：有一金字塔形状的数图，底层是1~N的排列，上面每一格的数是下层相邻3格的中位数。问最顶端的数。
思路：这是一个跟数的大小关系有关的题，考虑二分答案并转化为01序列。具体地说：
1、二分答案a
2、把排列中的每个数P[i]变成[P[i]>=a]
3、看最终顶端的数是0还是1，判断a是大了还是小了。
问题转化成：底层由0、1（黑/白）组成，上面每一格的数是下层相邻3格的中位数。问最顶端的数。
我们考虑不使用金字塔图，而是方形图，
上面每一格的数是下层相邻3格的中位数（忽略出界的格子）。
发现：
1、在任何一层，对于全0或者全1的一个长度超过1的子串，如果他的左右都形如101010...，那么每往上一层，这个纯色子串就会向左右各扩张一格。
2、如果两个同色纯色子串之间没有其它纯色子串，在扩张过程中相交，则它们合并。
3、如果两个异色纯色子串之间没有其它纯色子串（易知它们之间是偶数个形如1010的元素），如果它们在扩张过程中相切，则中间的元素对半分。
所以易证，顶端元素的颜色，就是：第一层最靠近中间的纯色子串的颜色。
收获：加深了对“二分转化为01序列”的理解
《Berland
Army》
核心题意：给一DAG，需要给每个点一个1~k的标号，要求后继点的标号严格小于前驱，并且1~k都要出现在标号里，一些标号已经给定，让你补全剩下的。
思路：
首先dfs两遍，预处理每一个点在所有情况下可能的最大/最小标号min和max。
发现性质：假如确定了一些点的标号，且已确定的标号d[i]在min[i]和max[i]之间，并且目前满足大小关系，则一定可以合法地补全其它。
证明的话，根据min和max的递推式，可以反向构造出方案，不多讲了。
所以好像只需要考虑限制条件min[i]<=d[i]<=max[i]？具体原因之后再说。
问题转化为：把1~k的每一个整数不重复地对应上一个区间[min[i],max[i]]，使得整数被对应区间包含。
解决这个问题，可以从1扫到k，维护一个区间集合，包括了所有包含当前整数，且没有用过的区间，每次从集合里贪心地取出右端点最靠左的区间，并把他和当前整数对应上。也就是说，把这个区间所指代的结点的标号，设为当前整数。正确性易证，因为右端点不是最靠左的区间，会有更大的潜力对应上以后的整数。
为什么这样做能保持DAG上的大小关系？因为有性质：如果P是前驱，S是后继，那么max[P]>=max[S]，min[P]>=min[S]。
所以，容易发现贪心过程中，P被取出一定在Q被取出之后，所以d[P]>d[Q]。
收获：DAG标号的问题中，可以用题中的min/max来取消图的限制。
《Admiral》
题意：21条战舰有6种颜色，排成金字塔形，每次可以把旗舰和相邻战舰交换位置，最终要使金字塔的每一层颜色一样。找出不超过20步的最优方案。
思路：每次可以把旗舰和左上、右上、左下、右下四者之一交换，易证不会有两次连续的交换是方向相反的（因为这两次交换会抵消），所以每次实际上只有3种交换的方向选择。
于是对20步折半搜索，用3^10枚举从初始盘面10步到达的所有状态，再反向枚举最终盘面10步到达的所有状态，在两个状态集合中找到公共元素即可。
TC SRM 589
Div1 Lev1
题意：制胡窜中，每次可以钦定两个字母s和t，并把所有s都变成t。问最少操作数使其变成回文串。
思路：串里位置对称的两个字符如果不一样，必然会被变成同一种字符，在两种字符中间连一条无向边表示。
易见最优方案是：
1、每个连通块找一个代表元
2、连通块里其他元素变成代表元
TC SRM 589
Div1 Lev2
题意：给一张三分图和染色方案，让你删掉一些结点并给剩余结点写上0或1，使得有边相连的结点标号不一样，且同色结点标号一样。问最少删几个结点。
思路：枚举颜色与标号的对应关系，易见最优方案一定是：1种颜色写0，2种颜色写1。
这样，在两个写了1的颜色之间，就会有一些边产生矛盾，而每一条这种边，必须要有一个端点被删掉，用二分图最小割找到最少的删除数量。
收获：有些问题在非二分图上难以解决的，可以用技巧转化成二分图。
TC SRM 589
Div1 Lev3
核心题意：给一长n的01串，每次可以flip一个bit，或者flip所有下标除m下取整小于d（d任选）的bit，使得最终串的前n-m位与后n-m位匹配。
思路：易知题目要求等价于，最终的串是循环串，且以m为循环节。（m较大的时候要特判）
发现如果知道了哪些块被第二种操作反转过了，那么反转过后，要做的就是用第一种操作，把所有下标模m同余的位变成一样，对每一个同余类分别贪心就能求出最小操作数。
另一方面，如果知道了最终的一个循环节长什么样，那么对所有下标除m等于d的段，可以用以下DP找到操作数：
DP[i][j]：当前在第i段，前一段是否被第二种操作反转(j=0：否
j=1：是)，目前的最小操作数。
发现两个算法，复杂度一个是O(n*2^(n/m))，一个是O(n*2^m)，根据n/m和m的大小关系取用这两个算法，得到最终的复杂度上界是O(n*2^sqrt(n))，能过。
收获：提出两种算法，分情况取用以降低复杂度，这种思路也能适用于指数算法。
《Monster
Hunter》
题意：给一有根树，每一个点有一个怪兽，每个怪兽有值a[i]和b[i]，表示如果打这个怪兽，会先扣a[i]滴血，再加b[i]滴血。主角从根节点开始，要打遍天下（对每一个点，第一次经过时会与怪兽交战），要求任一时刻血量非负，问最小的初始血量。
思路：如果忽略树上的地形限制，那么考虑贪心，把怪兽分成两类：
1、a[i]<=b[i]：打完没有损失，门槛是攻打前的血量，按a[i]升序依次打。
2、a[i]>b[i]：打完会扣血，所以一定打完第1类才会打第2类。
注意到对于第2类，初始血量扣掉a[i]，加上b[i]得到最终血量，反过来考虑就是最终血量扣掉b[i]，加上a[i]得到初始血量，又由于我们要最小化初始血量，根据对称大法（对比第1类），第2类怪物我们应该按照b[i]降序依次打！
那如何把地形因素加入考虑？
先把所有怪物按前述标准排序，对于第一个怪物D，一定有：
打完D的父亲结点之后，一定会紧接着打D！
这个结论，用反证法易证。
所以，既然D和D的父亲一定是紧挨着访问的，就可以把D和D的父亲捆绑（缩点），看成是一个节点。对于第二个、第三个……结点，同理。
解法框架：定义一个按照前述标准排序的堆，先把所有结点压入，每次弹出排序最靠前的结点和这个结点的父亲，把他和他父亲捆绑，计算新的a和b，再重新压入，直到只有一个结点为止。
收获：加深了对“树上父子合并”类贪心的理解。
《Contact
ATC》
题意：数轴上有n个点，都在向原点以不同速度移动，有[-w,w]之间的未知恒定风速，风速会加在点的运动速度上，保证风速的绝对值小于点运动速度的绝对值。问有多少点对，在一定风速下会在原点相遇。
思路：发现两个点A、B可能在原点相遇的充要条件是：
风速等于w时A先于B到达原点；
风速等于-w时B先于A到达。
（证明：介值定理）
所以对每个点找到风速为w、-w时的到达时间，转化为二维数点，随便怎么做都行，比较方便的是用离线+BIT。
《Magic
Multiset》
题意：有若干multiset排成一行，一个multiset如果插入一个未曾出现的元素就直接插入，如果插入一个已经出现的元素，里面的每个元素数量都会翻倍。让你支持区间的每个multiset插入元素，和查询区间multiset的大小之和。
思路：由于insert和duplicate是截然不同的操作，我们考虑一次插入操作，会使哪些multiset执行了insert，哪些执行了duplicate，即哪些multiset已经包含了插入的元素。
对每一种元素，用集合维护哪些连续的multiset区间全部包含了这个元素。对于插入操作，暴力跑遍集合中，本次操作涉及的multiset区间，并作修改。
为了维护multiset大小，需要实现一棵支持区间+1，区间*2，区间求和的线段树。
复杂度证明：集合中，一次操作最多产生3个额外区间，且每个区间只会被插入一次、删除一次。故总的区间修改次数是线性的。
《Pollywog》
题意：有排成一列的n个石头，一开始前x个上面有青蛙，每次最左侧的青蛙会向右跳不超过k步，不能有青蛙在同一石头上，要使得最终青蛙在后x个石头上，问最小代价。跳不同距离有不同代价，另外落在特殊的q块石头上有额外代价。n<=1e8，x,k<=8，q<=25
思路：注意到在任一时刻，易证最靠左和最靠右的青蛙，位置差距不超过k。
于是DP，对于连续的k块石头（可以看作一个“窗口”），对“第i块是否被占据”状压，每次把窗口向右滑动一位，并且让最左的青蛙向右跳，维护最小代价。
注意到这个DP可以用矩阵快速幂优化，原因是把普通的矩阵乘法中，乘换成加，加换成取min，易证依然存在结合律。
但是如果特殊石头在窗口内，就只能暴力转移。易证需要暴力转移的最多只有200次。
收获：推广的矩阵乘法
《Arkady and
Rectangles》
题意：平面上依次放入n个颜色不同的矩形（颜色按放置顺序为1~n），后放的可能覆盖先放的。问最后平面上可见的颜色个数。
思路：
试过各种数据结构都不能在线维护，又发现我们只对最终的状态感兴趣，所以考虑从上往下扫描线。
那么就需要支持以下几种事件：
1、插入一条未被计入过答案的线段
2、删除一条线段
3、弹出一条未被计入过答案且可见的线段
4、插入一条被计入过答案的线段
用线段树维护，插入线段时把它拆成log个小段，存储在线段树结点里，用集合colors维护当前结点的线段。
为了支持第3种操作，维护一个值max，表示当前（即所在结点和后裔的colors集合）未被计入过答案且可见的线段中，颜色编号最大的。
但是注意到子节点的短线段可能连成一片，覆盖掉自己的长线段L（这个其实是大多数错误算法的核心问题），而且出现这种情况的充要条件是，子结点中，颜色编号最小的可见线段都大于L。
所以为了处理这种情况，还需要再维护一个值min，表示当前可见线段中颜色编号最小的（不管有没有被计入答案）。
那么线段树的pull_up大概是这么写的（伪代码写得不伦不类抱歉了）：
max=colors.max
if
counted[max] OR Min{son[0].min, son[1].min}>max then:
max=-1
else if
Max{son[0].max, son[1].max}>max then:
max=Max{son[0].max,
son[1].max}
min=colors.max
if
Max{son[0].min, son[1].min}>min then:
min=Max{son[0].min,
son[1].min}
（注意到标记不下放，所以没有push_down）
这样每做完一次修改，就对查询根节点的max，如果不是-1，就：
1、把max对应的线段计入答案
2、把max对应的线段打上“已被计入答案”的标记(count[root.max]=1)
3、把包含max对应线段的子段的所有结点，和他们的祖先都依次重新pull_up。
被这题虐完就再也不敢说自己会线段树
收获：数据结构题什么千奇百怪的量都可能要维护……大胆设元总没错。
《Don‘t
Exceed》
题意：有n个[0,1]之间的实随机变量，要求前i个的和不超过x[i]，问所有要求同时满足的概率。
思路：根据套路，应该用定积分！（好像概率题除了定积分我也不会什么了）
让Fi(x)表示：对于前i个变量，条件“前i-1个变量都满足题目要求且第i个变量不超过x”达成的概率。
那么有：
可以发现Fi是一个分段函数，而且每一段都是一个多项式！
比较方便的维护方法是，预处理出所有段的端点，每次直接用法则，求出Fi的原函数再求出定积分即可。
注意到在任何时刻，分段函数的段的端点，只可能形如x[i]+k，其中k为不超过n的非负整数。
所以在任何时刻，段的数量为O(n^2)，可证最终复杂度为O(n^5)，可过。
说起来还好，写起来烦死人……
djq：珍爱生命，远离积分
JSOI2018 D3T1
题意：给一棵树，在一个结点上放一个监听器可以监听所有邻居。给定监听器数量，问监听整棵树的方案数。
思路：裸的DP比较显然，
dp[i][j][k][l]：子树i放了j个监听器，k=0/1表示i是否被监听，l=0/1表示i是否有监听器。
转移的时候对于所有子节点跑一遍背包（实则是deg[i]次暴力卷积）即可，复杂度n*k^2，估计有40分。
为了降常我们想到一个玄学优化，注意到j<=size_of_subtree[i]
，所以把j这一维改成可变长的，卷积的时候只枚举到两边的size即可。
然后就过了。
这就是我在考场经历的事情，想了半个下午才想到复杂度证明。
证明，把子树分为两类：
1、小子树：大小不超过k
2、大子树：大小超过k
特别地，如果一个大子树的儿子，都是小子树的根，称这个大子树为“极小大子树”。
特别地，如果一个小子树的父亲，是大子树的根，称这个小子树为“极大小子树”。
易证极小大子树都是不相交的，所以最多有n/k棵极小大子树。
易见所有大子树的根都是连通的，且形成了一棵树T‘，那么T‘的叶节点一定都是原树的极小大子树的根。所以T‘有不超过n/k个叶节点。
注意到，如果一个点只有一个儿子，那么他的转移复杂度是O(k)的，可以忽略不计。
所以，不妨假设T‘的每个点都有至少两个儿子。
那么可证，T‘的节点数不超过叶节点数的两倍，即不超过n/k。T‘的每个节点转移复杂度是k^2，所以总复杂度是O(nk)。
再考虑小子树的转移。
如果结点v有两个子树s[0]和s[1]，由于用了可变长优化，v的转移复杂度不超过size[s[0]]*size[s[1]]。
这个值相当于从s[0]中选一个点，再从s[1]中选一个点，这样的二元组数量？
这样的二元组有一个性质：二元组里两个点的lca是v。
（对于有超过2个子树的情况结论也一样，不多赘述）
又因为对于确定的二元组，他的两点的lca是确定的，所以他会在哪一次转移中被计入复杂度，是唯一确定的。
所以在一个极大小子树s中，总的转移复杂度不超过size[s]^2，不超过size[s]*k。
又因为易证极大小子树不相交，所以，所有的极大小子树的转移复杂度之和，不超过total_size*k，即不超过nk。
故总时间复杂度为O(nk)，可过。
出题人出这种复杂度分析题不怕被选手打吗
收获：复杂度分析的技巧。
JSOI2018 D3T2
题意：给一棵点仙人掌，对于点集的每一个子集，你需要求出其斯坦纳树大小，并输出所有答案的总和。
思路：类似always
online，考虑每条树边和每个环对答案的贡献。
树边的贡献显而易见，就是两侧子树大小作为2的指数，再相乘。
对于特定的环，考虑如果以这个环为基环的话，环上每个点挂的子仙人掌。
对于每一个子仙人掌，如果它里面有结点被选进集合里，就把基环在这个点处断开。
最后断出来的若干段，把最长的一段去掉，其它加起来就是对答案的贡献。
所以考虑DP，dp[i][j]：当前最后一次断开在环上第i个点，最长段长度为j的方案数。
选择一个子仙人掌v里的点，方案数为2^size[v]-1，用前缀和转移即可。
收获：对于仙人掌问题，把树边和环分开来考虑问题。
JSOI2018 D3T3
sol yjz
题意：平面上有一个圆心为原点的圆，和n个点d[0]~d[n-1]。让你找到圆的一组n等分点p[0]~p[n-1]，并且找到d与p的一组完美匹配，使得匹配的两点距离的最大值最小。
思路：首先根据套路应该先二分答案ans。
二分答案之后，我们关心的就只是可行解，而非最优解（考场上我就困在最优解里出不来了）。
对于d里的每一个点，都会有一个可行区间与之对应，表示若theta在此区间内，则存在一个距离不超过ans的等分点与之对应。
如果确定了等分点的位置，剩下的就是跑一遍二分图匹配的事了。
注意到如果存在可行解，一定有一组解的theta，是卡在某一个d中的点的区间端点上的。
而且，如果theta变化一个很小的量，二分图改变的边也是很少的。
所以把所有区间的端点（总共O(n)个）排序，theta从头扫到尾，每次跑一遍匹配即可。为了优化，加边/删边时可以用加流/退流完成，由于退流总共影响的的边数是O(n)的，所以复杂度可以接受。
收获：网络流图连续变化的时候，可以在变化过程中维护最大流；最优化问题首先考虑二分。
JSOI2018 D3T3
sol zyd
题意：同上
思路：会乱搞还写什么正解啊……
注意到最优答案是关于theta的连续函数，这题长了一脸乱搞相啊！
考虑爬山，随机一个theta的初始值，钦定一个步长，每次贪心地看往左跳还是往右跳还是不动，步长随时间指数下降。
然后只要你能拥有z神的调参神力，就能过了！
收获：乱搞大法好！
《Card Game》
题意：给n
张卡片，每张卡片正反面各有一个数。问至少要翻转多少张，才能使向上的数各不相同，并求方案数。
思路：（只知道做法，就只能盲目猜测一下想到做法的过程了）
向上的数各不相同……意思是每个点最多只在一张卡的朝上一面出现？
考虑怎么表示一张卡(a,b)朝上的是a，发现可以从a向b连边？
然后发现问题转化成，反转尽可能少的边使每个点出度不超过1？
出度不超过1……基环树？
这样构出的图，考虑一个弱连通分量。可证存在合法方案，等价于这个弱连通分量的基图是树或者基环树。
如何求最优方案和方案数？
对于基环树：树边的方向唯一确定，环上边的方向分顺/逆时针（分方向只是为了方便考虑）两种，讨论一下即可。
对于树：易见如果根节点钦定了，方案一定是把每条边改到指向根的方向。那么随便选一个根，再用换根法求出对于每一个结点作为根的答案即可。
最终的答案就是所有弱连通分量操作数相加，方案数相乘。
收获：应用问题到图论的转化方法，并不是单一的那几种经典模型（比如2sat），需要有一定创造性。
原文地址：https://www.cnblogs.com/turboboost/p/2018-Summer-Collection.html