CF938E Max History
定义一个序列 \(a\) 的值 \(f_a\) 如下：
- 初始 \(f_a=0,\ M=1\)
- 对于 \(2\leq i\leq n\) ，若 \(a_M<a_i\) ，则将 \(f_a\) 加上 \(a_M\) ，并让 \(M=i\)
计算给定序列 \(a\) 的 \(n!\) 个排列的 \(f_a\) 之和，答案模 \(10^9+7\)
\(n\leq10^6\) ， \(a_i\leq10^9\)
考虑 \(a\) 中每个数对答案造成的贡献，对于数 \(x\) ，假设它出现了 \(u\) 次，严格大于 \(x\) 的数出现了 \(v\) 次， \(x\) 会对 \(a\) 的某个排列 \(b\) 的 \(f_b\) 造成贡献当且仅当 \(b\) 中第一个大于等于 \(x\) 的数是 \(x\) ，对于随机排列，这个概率是 \(\frac{u}{u+v}\) ，因为 \(x\) 必须是 \(u+v\) 个数中第一个出现的。因此答案即为每个数的概率乘上 \(n!\) 之和
接下来是又臭又长的标算解法，得出的式子是和概率解法一样的
同样的，考虑 \(a\) 中每个数对答案造成的贡献，注意到数 \(x\) 只有满足在排列中所有它之前的数都严格小于它才会产生贡献，假设序列中严格小于 \(x\) 的数的个数为 \(k\) ，则造成贡献的次数为 \(\displaystyle\sum_{i=0}^{k}\binom{k}{i}\times(n-i-1)!\times i!\) ，即枚举 \(k\) 个数中有 \(i\) 个在排列中被放在了 \(x\) 之前
把组合数拆开，提出 \(k!\) ，得到 \(k!\displaystyle\sum_{i=0}^k\frac{(n-i-1)!}{(k-i)!}\)
给里面强行配一个 \(\frac{1}{(n-k-1)!}\) ，得到 \(k!(n-k-1)!\displaystyle\sum_{i=0}^k\binom{n-i-1}{n-k-1}\)
由于 \(\displaystyle\binom{m}{m}+\binom{m+1}{m}+\cdots+\binom{n}{m}=\binom{n+1}{m+1}\)
原式即为 \(k!(n-k-1)!\displaystyle\binom{n}{n-k}\)
因此答案为 \(\displaystyle\sum_{i=1}^na_i\times k_i!(n-k_i-1)!\binom{n}{n-k_i}=\sum_{i=1}^n\frac{a_i\times n!}{n-k_i}\) ，注意要去掉 \(a\) 中最大值的贡献
CF1292C Xenon's Attack on the Gangs
给定一棵 \(n\) 个点的树，需要给每条边分配一个互不相同的 \([0,\ n-2]\) 的整数权值
定义 \(S_{path(s,\ t)}=\operatorname{mex}_{(u,\ v)\in path(s,\ t)}w(u,\ v)\)
最大化 \(\displaystyle\sum_{1\leq s<t\leq n}S_{path(s,\ t)}\)
\(n\leq3000\)
若将 \((u,\ v)\) 赋值为 \(0\) ，则答案会加上删掉 \((u,\ v)\) 后，树两部分的大小乘积
显然边权为 \(1\) 的边一定会放在 \((u,\ v)\) 的邻边，边权为 \(2\) 的边一定会放在 边权为 \(0\) 或 \(1\) 的边 的邻边……如此填成一条路径
设 \(dp_{u,\ v}\) 为用边权小于 \(dis(u,\ v)\) 的数填完路径 \(u,\ v\) 后，答案的最大值
考虑令 \(s_{u,\ v}\) 为以 \(u\) 为根时， \(v\) 的子树大小，令 \(p_{u,\ v}\) 为以 \(u\) 为根时， \(v\) 的父节点
可以发现 \(dp_{u,\ v}=\max(dp_{u,\ p_{u,\ v}},\ dp_{v,\ p_{v,\ u}})+s_{u,\ v}\times s_{v,\ u}\) ，用记搜实现即可
CF1322C Instant Noodles
- 有 \(T\) 组测试数据
- 给出一张点数为 \(2n\) 的二分图，其中右侧的第 \(i\) 个点有点权为 \(c_i\)
- 令 \(S\) 表示左侧点的一个非空点集，设 \(f(S)\) 表示右侧点中至少与 \(S\) 中一个点相连的点的点权和
- 请你求出，对于所有非空集合 \(S\) ， \(f(S)\) 的 \(\gcd\)
- \(1 \leq t,\sum n,\sum m \leq 5\times 10^5\) ， \(1 \leq c_i \leq 10^{12}\)
考虑两个右部点 \(u,\ v\) ，它们对应的左部点集合分别为 \(R(u),\ R(S)\) ，分以下几种情况讨论：
- \(R(u)=R(v)\) ，可以直接将两个点合并，点权相加
- \(R(u)\subseteq R(v)\) ，若存在 \(w\in S\) 满足 \(w\in R(v),\ w\notin R(u)\) ，点权和为 \(c_v\) ；否则为 \(c_u+c_v\) 。此时 \(\gcd(c_v,\ c_u+c_v)=\gcd(c_v,\ c_u)\)
- \(R(u)\cap R(v)\neq\varnothing\) ，且 \(S(u),\ S(v)\) 没有包含关系，感性理解可以用 \(\gcd(c_u,\ c_v)\) 计算贡献
- \(R(u)\cap R(v)=\varnothing\) ，此时 \(u,\ v\) 互不影响，可以用 \(\gcd(c_u,\ c_v)\) 计算贡献
因此将所有 \(R(u)=R(v)\) 的点缩成一个点，点权为包含点点权之和，求缩完后的点的 \(\gcd\) ，判定 \(R(u)=R(v)\) 可以用 hash
Luogu4151 [WC2011]最大XOR和路径
给定一张带权无向连通图，有重边、自环，找一条 \(1\) 到 \(n\) 的路径（不要求是简单路径），使得边权异或值最大
- \(n\leq5\times10^4,\ m\leq10^5\)
- \(w_i\leq10^{18}\)
CF938G Shortest Path Queries
给定一张带权无向连通图，有 \(q\) 个操作：
- 给定 \(x,\ y,\ d\) ，在原图中添加一条 \(x,\ y\) 之间边权为 \(d\) 的边
- 给定 \(x,\ y\) ，将图中 \(x,\ y\) 之间的边删掉
- 给定 \(x,\ y\) ，查询 \(x\) 到 \(y\) 的异或最短路
保证任意操作后原图连通无重边自环，且操作合法
- \(n, m, q\leq2\times10^5\)
- \(0\leq d<2^{30}\)
像上一道题，如果没有删边操作可以直接用线性基维护，否则用线段树分治，用可撤销并查集维护异或前缀和，在线段树上维护 \(\log\) 个线性基，时间复杂度 \(O(n\log^2)\)
牛客练习赛59C
有 \(x\) 件材料 \(A\) 和 \(y\) 件材料 \(B\) ，用 \(2\) 件材料 \(A\) 和 \(3\) 件材料 \(B\) 可以合成一件装备，用 \(4\) 件材料 \(A\) 和 \(1\) 件材料 \(B\) 也可以合成一件装备。最大化合成的装备的数量
假设用第一种方式合成了 \(a\) 次，用第二种方式合成了 \(b\) 次，原题即为在满足 \(\begin{cases}2a+4b\leq x\\3a+b\leq y\end{cases}\) 的条件下最大化 \(a+b\)
二分最后的答案 \(mid\) ，由于 \(a+b=mid\) ，将上述不等式减去 \(mid\) 得到 \(\begin{cases}2b\leq x-2mid\\2a\leq y-2mid\end{cases}\) ，即判定满足这个条件时 \(a+b\) 是否大于等于 \(mid\)
牛客练习赛59F
小松鼠站在地面上，地面上长了 \(m\) 棵松树从左到右排成一排，不妨用一维坐标表示每棵松树的位置，第 \(i\) 棵松树的位置为 \(a_i\) 。每棵松树分为树干部分和树叶部分，树叶部分会掉落果实，第 \(i\) 棵松树树干的长度为 \(b_i\) 。
有 \(n\) 个松果会从松树上掉落，第 \(i\) 个松果会在 \(t_i\) 时刻在第 \(p_i\) 棵松树的树叶上掉落，价值是 \(c_i\) 。小松鼠最开始可以站在任意位置，它单位时间内的移动速度为 \(1\) ，松果单位时间内掉落的速度为 \(1\) ，如果一个松果掉落到地面，并且小松鼠正好站在松果掉落的地方，小松鼠就会立即把松果吃掉，否则 \(0.5\) 秒后松果就会消失，小松鼠吃坚果不消耗时间。
小松鼠想最大化吃到的松果的价值，但是小松鼠不知道怎么才能吃到，于是这个问题就交个聪明的你了。
- \(n,\ m\leq10^5\)
- \(a_i,\ b_i,\ t_i,\ c_i\leq10^9\)
留坑待填