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L. Recover Statistics(签到)

J. Grand Prix of Ballance(模拟签到)

struct Node{int val,id;bool operator<(const Node&tmp)const{if(val!=tmp.val)return val>tmp.val;return id<tmp.id;}
};
void solve(){int n,m,q;cin>>n>>m>>q;vector<int> cnt(n+1,m),ans(m+1);map<int,bool> mp[n+1];int now=0;while(q--){int op,x,y;cin>>op>>x;if(op==1){now=x;continue;}cin>>y;if(now!=y)continue;if(mp[y].count(x))continue;if(op==2)ans[x]+=cnt[y]--;mp[y][x]=1;}vector<Node> node;for(int i=1;i<=m;i++)node.push_back({ans[i],i});sort(node.begin(),node.end());for(auto [x,y]:node)cout<<y<<" "<<x<<"\n";
}

A. Arrow a Row(构造)

int main()
{int t;cin>>t;while(t--){vector< pair<int,int> >ans;string s;cin>>s;int n=s.length();int f=0;for(f=n-1;s[f]=='>'&&f>=0;f--);if(s[0]=='-'||n-f<4||f<0){puts("No");continue;}for(int i=n-1;i>=f+3;i--) ans.push_back(make_pair(1,i+1));for(int i=1;i<=f;i++){if(s[i]=='>') ans.push_back(make_pair(i+1,f+4-i));}printf("Yes %d\n",ans.size());for(int i=0;i<ans.size();i++) printf("%d %d\n",ans[i].first,ans[i].second);}return 0;
}

B. Athlete Welcome Ceremony(线性dp)

• 很经典的线性dp，定义$f_{i,j,k,0/1/2}$表示考虑前$i$位，问号中有$j$个$a$,$k$个$b$，当前选$a/b/c$的方案数
• 然后询问的话做一个三维前缀和
• 复杂度$O(n^3+q)$
• 复盘：以后写滚动数组再也不另开空间了，在这题直接tle了

#include<bits/stdc++.h>
#include<ext/pb_ds/assoc_container.hpp>
#include<ext/pb_ds/tree_policy.hpp>
using namespace std;
using namespace __gnu_pbds;
#define LL long long
#define F first
#define S second
#define TR tree<int,null_type,less<int>,rb_tree_tag,tree_order_statistics_node_update>
// typedef pair<int,int> PII;
const int N=1e6+10,M=3e4+10;
// const int INF=1e18;
// const int mod=998244353;
const int mod=1e9+7;
mt19937_64 rng(chrono::steady_clock::now().time_since_epoch().count());
void add(LL &x,LL y){x+=y;if(x>=mod)x-=mod;
}
void sub(LL &x,LL y){x-=y;if(x<0)x+=mod;
}
void solve(){int n,q;cin>>n>>q;string s;cin>>s;s=" "+s;vector dp(2,vector (n+1,vector (n+1,vector<LL>(3))));int cnt=0;if(s[1]!='?'){if(s[1]=='a')dp[1][0][0][0]=1;if(s[1]=='b')dp[1][0][0][1]=1;if(s[1]=='c')dp[1][0][0][2]=1;}else{cnt++;dp[1][1][0][0]=1;dp[1][0][1][1]=1;dp[1][0][0][2]=1;}for(int i=2;i<=n;i++){if(s[i]=='?')cnt++;for(int j=0;j<=cnt;j++){for(int k=0;k+j<=cnt;k++){for(int x=0;x<3;x++)dp[i&1][j][k][x]=0;}}for(int j=0;j<=cnt;j++){for(int k=0;k+j<=cnt;k++){for(int x=0;x<3;x++){if(s[i]!='?'){if(s[i]=='a'&&x!=0)add(dp[i&1][j][k][0],dp[i-1&1][j][k][x]);if(s[i]=='b'&&x!=1)add(dp[i&1][j][k][1],dp[i-1&1][j][k][x]);if(s[i]=='c'&&x!=2)add(dp[i&1][j][k][2],dp[i-1&1][j][k][x]);}else{if(j&&x!=0)add(dp[i&1][j][k][0],dp[i-1&1][j-1][k][x]);if(k&&x!=1)add(dp[i&1][j][k][1],dp[i-1&1][j][k-1][x]);if(x!=2)add(dp[i&1][j][k][2],dp[i-1&1][j][k][x]);}}}}}vector  f(n+1,vector (n+1,vector<LL>(n+1)));for(int i=0;i<=cnt;i++){for(int j=0;i+j<=cnt;j++){for(int k=0;k<3;k++){add(f[i][j][cnt-i-j],dp[n&1][i][j][k]);}}}for(int i=0;i<=n;i++){for(int j=0;j<=n;j++){for(int k=0;k<=n;k++){if(i>=1)add(f[i][j][k],f[i-1][j][k]);if(j>=1)add(f[i][j][k],f[i][j-1][k]);if(k>=1)add(f[i][j][k],f[i][j][k-1]);if(i>=1&&j>=1)sub(f[i][j][k],f[i-1][j-1][k]);if(i>=1&&k>=1)sub(f[i][j][k],f[i-1][j][k-1]);if(j>=1&&k>=1)sub(f[i][j][k],f[i][j-1][k-1]);if(i>=1&&j>=1&&k>=1)add(f[i][j][k],f[i-1][j-1][k-1]);}}}while(q--){int x,y,z;cin>>x>>y>>z;cout<<f[x][y][z]<<"\n";}
} 
signed main(){cin.tie(0)->sync_with_stdio(0);int T=1;// cin>>T;while(T--)solve();return 0;
}

G. Expanding Array(打表+结论)

• 打表发现两个数生成的数不会超过$8$，因此直接暴力dfs统计，如果一对数已经出现则退出

map<pair<int,int> ,int> mp;
set<int> s,c;
void dfs(int a,int b)
{if(c.size()>=8)return;int c1=a&b;c.insert(c1);int c2=a^b;c.insert(c2);int c3=a|b;c.insert(c3);if(!mp[{min(a,c1),max(a,c1)}]) mp[{min(a,c1),max(a,c1)}]=1,dfs(a,c1);if(!mp[{min(a,c2),max(a,c2)}]) mp[{min(a,c2),max(a,c2)}]=1,dfs(a,c2);if(!mp[{min(a,c3),max(a,c3)}]) mp[{min(a,c3),max(a,c3)}]=1,dfs(a,c3);if(!mp[{min(b,c1),max(b,c1)}]) mp[{min(b,c1),max(b,c1)}]=1,dfs(b,c1);if(!mp[{min(b,c2),max(b,c2)}]) mp[{min(b,c2),max(b,c2)}]=1,dfs(b,c2);if(!mp[{min(b,c3),max(b,c3)}]) mp[{min(b,c3),max(b,c3)}]=1,dfs(b,c3);
}
int a[100010];
int main()
{int n;cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),s.insert(a[i]);for(int i=1;i<n;i++) {mp.clear();c.clear();dfs(a[i],a[i+1]);for(auto it:c)s.insert(it);}cout<<s.size(); return 0;
}

I. Good Partitions(线段树)

• 将数组划分成若干个不下降序列
• $a_i>a_{i+1}$，我们称$i$是一个断点，则断点序列为$[a,b,c,...]$，则$\gcd (a,b-a,c-b,...)$的因数就是答案，但是$\gcd (a,b-a,c-b,...)$不好维护，注意到$\gcd (a,b)=\gcd (a,b-a)$，因此等价于求$\gcd (a,b,c,..)$，用线段树维护即可，因数个数可以调和级数预处理
• 复杂度$O(n\log n)$

代码就不写了，vp的时候写了个很复杂的线段树直接维护$\gcd (a,b-a,c-b,..)$

E. Disrupting Communications(换根dp+LCA倍增)

• 这题是很经典的缝合题，换根和lca倍增预处理都很典
• 但是卡了个$998244353\mathrm{mod}998244353=0$，导致赛场上过的比网络流少？
• 考虑$u,v$的路径，$lca(u,v)=lca$，以$1$为根，那么答案统计可以分为，
  • 包括$lca$的连通子图
  • $u$到$lca$路径上的点，只考虑该点的子树的贡献的和(不包括$lca$)
  • 同理，$v$到$lca$的
• 那么很明显需要做一次换根dp
• 考虑以$1$为根，定义$f_i$表示只考虑$i$子树内，包括$i$的连通子图，则对于每个儿子可以选与不选，$f_u=\prod (f_v+1)$
• 考虑换根，定义$g_i$为以$i$为根，包括$i$的连通子图，则$g_v=f_v\cdot (\frac{g_u}{f_v+1}+1)$
• 那么换完根后就求出了对应的数组，lca倍增预处理即可
• 询问的时候就倍增往上跳，注意lca处的$f$不需要统计(因为g数组已经统计了)，因此需要减去两次这个贡献
• 最大的坑点，换根的时候会存在$f_v+1=998244353$，此时$f_v+1$没有逆元，不能直接求，因此需要特殊处理这部分
• 复杂度$O((n+q)\log n)$

int par[N][40],sum[N][40],dep[N],f[N],g[N];
vector<int> adj[N];
int qpow(int a,int b){int ans=1;for(;b;b>>=1){if(b&1)ans=ans*a%mod;a=a*a%mod;}return ans;
}
void dfs(int u,int fa){dep[u]=dep[fa]+1;par[u][0]=fa;for(int i=1;i<=__lg(dep[u]);i++)par[u][i]=par[par[u][i-1]][i-1];for(auto v:adj[u]){dfs(v,u);}
}
int lca(int x,int y){if(dep[x]<dep[y])swap(x,y);while(dep[x]>dep[y]){x=par[x][(int)__lg(dep[x]-dep[y])];}if(x==y)return x;for(int i=__lg(dep[x]);i>=0;i--){if(par[x][i]!=par[y][i])x=par[x][i],y=par[y][i];}return par[x][0];
}
void dfs_u(int u){f[u]=1;if(adj[u].size()==0){return;}for(auto v:adj[u]){dfs_u(v);(f[u]*=(f[v]+1))%=mod;}
}
void dfs_d(int u,int top){g[u]=f[u]*(top+1)%mod;vector<int> tmp;for(int i=0;i<adj[u].size();i++)tmp.push_back((f[adj[u][i]]+1));vector<int> pre(tmp.size()+1),suf(tmp.size()+1);for(int i=0;i<tmp.size();i++)pre[i]=(i==0?1:pre[i-1])*tmp[i]%mod;for(int i=tmp.size()-1;i>=0;i--)suf[i]=(i==tmp.size()-1?1:suf[i+1])*tmp[i]%mod;for(int i=0;i<adj[u].size();i++){int x=(i==0?1:pre[i-1])*(i==tmp.size()-1?1:suf[i+1])%mod*(top+1)%mod;dfs_d(adj[u][i],x);}
};
int get(int u,int d){int ans=f[u];for(int i=30;i>=0;i--){if(d>>i&1){(ans+=sum[u][i])%=mod,u=par[u][i];}}return ans;
}
void solve(){int n,q;cin>>n>>q;for(int i=2;i<=n;i++){int x;cin>>x;adj[x].push_back(i);}dfs(1,0);dfs_u(1);dfs_d(1,0);for(int i=1;i<=n;i++)sum[i][0]=f[par[i][0]];for(int j=1;j<=30;j++){for(int i=1;i<=n;i++)sum[i][j]=(sum[i][j-1]+sum[par[i][j-1]][j-1])%mod;}while(q--){int u,v;cin>>u>>v;int LCA=lca(u,v);int ans=((g[LCA]-2*f[LCA]%mod)%mod+mod)%mod;(ans+=get(u,dep[u]-dep[LCA]))%=mod;(ans+=get(v,dep[v]-dep[LCA]))%=mod;cout<<ans<<"\n";}for(int i=0;i<=n;i++){adj[i].clear();memset(par[i],0,sizeof par[i]);memset(sum[i],0,sizeof sum[i]);dep[i]=f[i]=g[i]=0;}
}

K. Magical Set(费用流)

对于一个数$x=p_1^{k_1}{p}_2^{k_2}{p}_3^{k_3}...$，假设初始$K=\sum k_i$，最终的数为$K^{\prime }=\sum k_i$,则操作次数最大肯定是$K-K^{\prime }$

要求每次集合的数互异，那么我们只需要保证最终集合互异即可

进而转化为二分图匹配问题，左边点是$a_i$，右边是可能的因数，匹配费用为$K-K^{\prime }$

变成一个最大费用最大流问题，连边，套板子即可

注意本题卡任意的类似EK的单路增广算法，需要使用类似zkw费用流这样的多路增广才能过

int h[N],e[M],f[M],w[M],ne[M],idx;
int dis[N],cur[N];//d表示最短距离,cur为当前弧
int n,m,S,T;
bool vis[N];
int height[N];// 势能函数
vector<int> dot;// 点数
void add(int a,int b,int c,int d){e[idx]=b,f[idx]=c,w[idx]=d,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++;e[idx]=a,f[idx]=0,w[idx]=-d,ne[idx]=h[b],h[b]=idx++;
}
bool dijk(){for(auto &i:dot)dis[i]=INF,cur[i]=h[i];priority_queue<PII,vector<PII>,greater<>> pq;dis[S]=0;pq.emplace(0,S);while(!pq.empty()){auto [d,u]=pq.top();pq.pop();if(dis[u]!=d)continue;for(int i=h[u];~i;i=ne[i]){int v=e[i];if(f[i]&&dis[v]>d+height[u]-height[v]+w[i]){dis[v]=d+height[u]-height[v]+w[i];pq.emplace(dis[v],v);}}}return dis[T]!=INF;
}   
int find(int u,int limit){if(!limit||u==T)return limit;int flow=0;vis[u]=1;for(int &i=cur[u];~i&&flow<limit;i=ne[i]){int v=e[i];if(dis[v]==dis[u]+height[u]-height[v]+w[i]&&f[i]&&!vis[v]){int t=find(v,min(f[i],limit-flow));f[i]-=t,f[i^1]+=t,flow+=t;if(flow==limit)break;}}vis[u]=0;return flow;
}
void mcmf(int &flow,int &cost){flow=cost=0;int r;while(dijk()){int r=find(S,INF);flow+=r;for(auto &i:dot)height[i]+=dis[i];cost+=height[T]*r;}
}
void solve(){int n;cin>>n;unordered_map<int,int> mp;int tot=n;auto id=[&](int x){if(!mp.count(x))mp[x]=++tot;return mp[x];};vector<int> a(n+1);memset(h,-1,sizeof h);for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];vector<PII> tmp;int x=a[i],all=0;for(int j=2;j*j<=x;j++){if(x%j==0){int cnt=0;while(x%j==0)x/=j,cnt++;tmp.emplace_back(j,cnt);all+=cnt;	}}if(x>1)tmp.emplace_back(x,1),all++;vector<array<int,2>> edge;function<void(int,int,int)> dfs=[&](int x,int c,int sum){if(x==tmp.size()){edge.push_back({sum,all-c});return;}auto &[p,cnt]=tmp[x];int y=1;for(int j=0;j<=cnt;j++,y*=p)dfs(x+1,c+j,y*sum);};sort(edge.begin(),edge.end());dfs(0,0,1);for(int j=0;j<edge.size()&&j<n;j++)add(i,id(edge[j][0]),1,-edge[j][1]);}S=0,T=++tot;for(int i=0;i<=tot;i++)dot.push_back(i);for(int i=1;i<=n;i++)add(S,i,1,0);for(int i=n+1;i<tot;i++)add(i,T,1,0);int flow,cost;mcmf(flow,cost);cout<<-cost<<"\n";
}