ECF23
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C. Equal Sums
记值域为 \(w\) 并认为 \(n,m\) 同阶，直接背包的话和的值域能够达到 \(O(nw)\)，统计每个答案的复杂度也是 \(O(nw)\)，于是总复杂度是 \(O(n^3w)\)。
注意到最后需要维护的信息仅仅是 \(\sum x_i = \sum y_j \Leftrightarrow \sum x_i - \sum y_j = 0\)，记这个差为 \(d\)，我们实际上能够通过调整两侧加入的顺序来将 \(d\) 控制在 \([-w,w]\)。
具体而言，考虑若有 \(\sum_{i=1}^a x_i - \sum_{j=1}^b y_j = 0\)，可以按如下算法构造一条从 \((0,0)\) 到 \((a,b)\) 的路径：
-
设变量 \(i=0,j=0\) 表示当前位置，\(d=0\) 表示两侧和之差。
-
若 \(d \leq 0\)，令 \(d \leftarrow d+x_{i+1}, i \leftarrow i+1\).
-
若 \(d > 0\)，令 \(d \leftarrow d-y_{j+1}, j \leftarrow j+1\).
-
当 \(i=a, j=b\) 时停止。可以发现 \(i=a\) 时 \(i\) 不会再增加，\(j=b\) 时 \(j\) 不会再增加，故一定能够停止。
-
由此构造出三元组序列 \(P=\{i_t,j_t,d_t\}\).
可以发现一个合法的 \(P\) 一定对应唯一的 \((\{x_i\},\{y_i\})\)，故其构成双射。
整个过程中 \(d\) 都被控制在 \([-w,w]\) 内，于是设 \(dp_{i,j,d}\) 表示上述算法进行到状态 \((i,j,d)\) 的方案数，用一点前缀和优化转移。时间复杂度 \(O(nmw)\).
I. Balance
考虑 \(x=\text{argmin}\{a_i\}, y=\text{argmax}\{a_i\}\)，拉出 \(x \leadsto y\) 的任意一条路径 \((d_1=x,d_2,\cdots,d_k=y)\)，然后：
这跟题目给出的不等号方向相反，所以所有不等号都必须取等，也就是说：
-
路径上点权递增，即 \(\forall t \in [1,k), a_{d_i} < a_{d_{t+1}}\).
-
除了路径的其他边的两个端点权值必须相等，即 \(\forall (u,v) \notin E(\text{path}), a_u=a_v\).
-
推论：任意一个点的点权必须在路径上出现过，即 \(\forall u \in V, \exist x \in V(\text{path}), a_u=a_x\).
于是将所有出现的点权排序并记 \(c_i\) 表示第 \(t\) 大点权有多少个点。枚举 \(x \leadsto y\) 的路径的 LCA，分别考虑 LCA 的前后路径。以前面的路径为例，记第 \(t\) 大点权深度最浅的点是 \(b_i\)，那么必须有 \(siz_{b_i} = \sum_{j=1}^t c_j\) 且 \(b_i \in subtree_{b_{t+1}}\).
注意到对于一个点 \(u\)，满足 \(siz_u = \sum_{j=1}^t c_j\) 的 \(t\) 至多只有一个，记为 \(f_u\)（若不存在则为 \(0\)）。直接转移即：
DP 完枚举 LCA 统计即可，一车细节。时间复杂度 \(O(n)\).
ECF22
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A. Coloring
称颜色为 \(1\) 的点为黑点，为 \(0\) 的点为白点。
首先连边 \((a_i,i)\)，由于每个点入度均为 \(1\)，图一定是外向基环树（只关心 \(s\) 所在的连通块，可能有自环）。
先只考虑环上，容易发现任意时刻环上黑点一定形成一个区间 \([l,r]\)，并且它们可以不断向右移动。枚举最后 \(l,r\) 的值以及转了几圈，就可以确定每个点变化了多少次（以及最后的颜色）。
再考虑每棵子树，环上点颜色变化的次数决定了一条链上黑白交替的最大次数。设 \(f_{u,t},g_{u,t}\) 表示黑白交替了变化 \(t\) 轮且最后是黑点/白点的最大贡献，树上 DP 即可。
枚举 \(l,r\) 可以用前缀和优化，一百车细节。时间复杂度 \(O(n^2)\).
B. Binary String
这不是我出的题吗·
不过其实环上的问题不需要转换成序列做。找到上面提到的循环移位，然后按转化后的操作容易维护某时刻所有 \(R\) 的位置（虽然这题并不需要）。
这题里扫一遍求出 \(R\) 什么时候停止移动，然后跑 KMP 算出最小周期即可。复杂度 \(O(n)\).
ECF21
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C. String-dle Count
所有信息可以转化为四种限制：
-
位置 \(p\) 上必须填字母 \(c\)。
-
位置 \(p\) 上不能填字母 \(c\)。
-
字母 \(c\) 出现了恰好 \(t\) 次。
-
字母 \(c\) 出现了至少 \(t\) 次。
直接子集卷积是 \(O(|\Sigma| k^2 2^k)\)，无法通过。
利用一些性质，记字母 \(c\) 出现次数的下限为 \(f_c\)，那么必须有 \(\sum_c f_c \leq k\)，否则必然无解。
一个神奇的 trick：记 \(dp_{i,state}\) 表示填前 \(i\) 个位置，状态为 \(state\) 的方案数。\(state\) 记录每种字符 \(c\) 填了超过 \(f_c\) 个 / 未超过 \(f_c\) 个且具体填了几个。
实现时可以新建一个序列，填入 \(f_c\) 个字符 \(c\)，然后直接用二进制数状压 \(state\)。总时间复杂度 \(O(|\Sigma| k 2^k)\).
UCup2nd Hangzhou
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C. Yet Another Shortest Path Query
平面图 Trick 题。
平面图满足性质 \(m \leq 3n-6\)，由抽屉原理可得至少有一个点度数不超过 \(5\)。于是不停地删去度数 \(\leq 5\) 的点，得到每个点被删去的时间戳 \(p_u\)。
考虑将每条边 \((u,v)\) 看作两条有向边 \(u \to v\), \(v \to u\)：
-
若 \(p_u > p_v\)，记该边为 R 型边。每个 \(u\) 至多只有 \(5\) 条 R 型出边。
-
若 \(p_v < p_u\)，记该边为 L 型边。每个 \(v\) 至多只有 \(5\) 条 L 型入边。
接下来考虑可能的路径类型，先考虑 \(len=3\)，记 X 表示 L 或 R：
-
RXX：枚举 \(s\) 的 R 型出边，转化为 \(5\) 个 \(len=2\) 的子问题。 -
XXL：枚举 \(t\) 的 L 型入边，转化为 \(5\) 个 \(len=2\) 的子问题。 -
LRR：按 \(s\) 离线，枚举 \(s\) 的所有 L 型出边再枚举两层 R 型出边，\(25\) 次枚举. -
LLR：按 \(t\) 离线，枚举 \(t\) 的所有 R 型入边再枚举两层 L 型入边，\(25\) 次枚举.
LRR 与 LLR 的复杂度大约为 \(O(50m)\)，同时产生了至多 \(10q\) 个 \(len=2\) 子问题。
对于 \(len=2\)，同样：
-
RX：枚举 \(s\) 的 R 型出边，转化为 \(5\) 个 \(len=1\) 的子问题。 -
XL：枚举 \(t\) 的 L 型入边，转化为 \(5\) 个 \(len=1\) 的子问题。 -
LR：按 \(s\) 离线，枚举 \(s\) 的所有 L 型出边再枚举一层 R 型出边，\(5\) 次枚举.
LR 的复杂度大约为 \(O(10q+m) \cdot 5 = O(50q+5m)\)，同时产生了至多 \(100q\) 个 \(len=1\) 子问题。
对于 \(len=1\)，直接枚举 \(s\) 的 R 型出边和 \(t\) 的 L 型入边。这里的复杂度大约为 \(O(1000q)\).
于是总复杂度上界大概是 \(O(1000q+50m)\)。注意实现时 \(len=1\) 的子问题可以直接计算，不需要存下来。
I. Dreamy Putata
列出方程，发现每一层可以由上面两层递推而来。假设不考虑 \((tx,ty)\) 处方程的特殊性，直接以前两层 \(2m\) 个点为主元，用线段树维护矩阵乘法计算转移矩阵，最后再以第一行和最后一行导出的方程组高斯消元即可。
但是 \((tx,ty)\) 处方程不一样，为 \(f_{tx,ty}=0\)，所以 \(f_{tx+1,ty}\) 实际上是没有办法用前两层的主元推出的。所以设 \(f_{tx+1,ty}\) 为一个新的主元，同时由于 \(f_{tx+1,ty}\) 可以用前两层主元表示，新增了一个方程组，故最后得到的方程组数量和主元数量还是一致的。
注意上述做法有一车特殊情况，比如 \(tx=0\)（新主元和原主元会重复），\(tx=n-1\)（没有新主元，第一行少导出一个方程组）。以及由于 \(tx\) 前后转移不一样，需要分段算；以及方程里的常数项导致需要新开一个矩阵乘法线段树。
总时间复杂度 \(O(q (2m)^3 \log n)\).
ECF20
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K. Sticks
场上推出来结论，调了半天发现好像假了，换了个容斥做法赛后又调了一晚上。结果在写这篇题解的时候突然发现场上做法没假，改了三行过了...
设左侧第 \(i\) 行的棍子长度为 \(x_i\)，上方第 \(j\) 列的棍子长度为 \(y_j\)。
定义：对于一种摆放方式，若 \(\forall i \in [1,n], y_{x_i+1} \neq i\)，称其该摆放方式合法，即不存在以下形状：
...|
...|
-->∨
Lemma 1. 任意一个可能达到的矩阵 \(A\) 都存在至少一种合法摆放方式。
Proof 1. 对于 \(A\) 的任意一种摆放方式，找到最小的 \(x_i\) 使得 \(y_{x_i+1} = i\) 并令 \(y_{x_i+1} \leftarrow y_{x_i+1}-1, x_i \leftarrow x_i+1\)。调整后冲突的最小 \(x_i\) 至少增加 \(1\)，故有限次调整后能找到一种合法摆放方式。
Lemma 2. 任意零一矩阵 \(A\) 至多只有一种合法摆放方式。
Proof 2. 枚举 \(k=n,n-1,\cdots,1\)，不断执行以下流程：
- 求出 \(t \in [0,k]\) 满足 \(A_{k,1}=A_{k,2}=\cdots=A_{k,t}=1, A_{k,t+1}=0\). 那么必然有 \(y_k=t\)，且若 \(s>t, A_{k,s}=1\) 则有 \(x_s = k\) 并删去第 \(s\) 行（若不全为 \(1\) 则终止）。
该流程要么提前终止，要么给出唯一的合法摆放方式并且没有其他可能。
Collary. 所有可能达到的矩阵 \(A\) 与合法摆放方式构成双射。
于是现在问题变为了计数满足 \(\forall i \in [1,n], y_{x_i+1} \neq i\) 的 \((\{x_i\},\{y_i\})\) 序列数量。
设 \(dp_{i,j}\) 表示考虑前 \(i\) 列且 \(\max_{t=1}^i \{y_t\}=j\)。转移考虑分成
-
若 \(y_{i+1} \leq j\)，则转移为 \(dp_{i,j} \to dp_{i+1,j}\)，系数直接乘上方案数即可。
-
若 \(y_{i+1} > j\)，则转移为 \(dp_{i,j} \to dp_{i+1,k} (k>j)\)，相当于要求 \(x_{j+1}, x_{j+2}, \cdots, x_{k-1} \leq i\) 且 \(x_k < i\)，分步转移即可。
总时间复杂度 \(O(n^2)\)。
M. Bot Friends
首先注意到没有 bot 能到达 \(0\) 或 \(n+2\) 位置（容易反证），也就是说 bot 只能到达 \(n+1\) 个坑，那么必然恰有一个坑最后是空的。
同理，只考虑区间 \([l,r]\) 内的 bot，如果最后空出来的坑在最左边，称这个区间为 R 型块；如果最后空出来的坑在最右边，称这个区间为 L 型块。那么考虑整个过程，依次考虑每一步：
-
每一步中，如果移动的机器人向右并且它右边紧挨着一个 L 型块，那么它与 L 型块合并成一个新的 R 型块并重复这个过程；否则它自己成为一个新的 R 型块。
-
如果移动的机器人向左并且它左边紧挨着一个 R 型块，那么它与 R 型块合并成一个新的 L 型块并重复这个过程；否则它自己成为一个新的 L 型块。
所以整个过程始终只有未操作的 bot，L 型块与 R 型块。那么最后的局面一定是左边若干 L 型块 + 右边若干 R 型块。问题就是最小化未能合并（自己成为一个新块）的 bot 数量。
同时注意到如果在合并过程中建边，会形成一棵类似表达式树的结构，如：
-
R 型块 = '>' + (L型块)*；或者 R 型块 = '>'（花费 \(1\) 代价）
-
L 型块 = (R型块)* + '<'；或者 L 型块 = '<'（花费 \(1\) 代价）
分析到这里已经可以区间 DP，记 \(f_{l,r},g_{l,r}\) 分别表示 \([l,r]\) 为 L 型块与 R 型块时的最小代价。时间复杂度 \(O(n^3)\)。
既然是表达式树，就可能可以通过从左到右扫描并维护栈来描述它。先只考虑最后全为 L 型块的情况（即最后状态的一个前缀），可以将 > 类似看作左括号并将 < 类似看作右括号，有如下规则：
-
遇到
>：在栈上插入一个>；如果下一个 bot 立刻将它删去，则会产生 \(1\) 的代价（对应 R 型块 = '>'）。 -
遇到
<：弹栈一次；或者花费 \(1\) 代价不删除（对应 L 型块 = '<'）。
于是直接记 \(dp_{i,j,0/1}\) 表示处理到第 \(i\) 个 bot，栈内有 \(j\) 个 >，第 \(i\) 个 bot 是否是 > 的最小代价，容易转移。
最后对左右各做一次，枚举最后状态的坑位置合并即可。时间复杂度 \(O(n^2)\)。
