标签：连通 选做 省选 mid 节点 那么 联合 权值 联考
[六省联考2017]分手是祝愿
先考虑我们的最优策略是什么：每次先关掉编号最大的还亮着的开关，直到所有灯都熄灭。（因为最大的灯无论如何也都要熄灭的）。先判断一下初始局面还需要多少步，如果小于等于 \(k\) 则直接输出，否则一定是操作到某个恰好为 \(k\) 步的状态，然后再操作 \(k\) 步。
可以证明最优方案是唯一的，随机操作一步之后，只有两种可能，最少步数减一，或者最少步数加一，最少步数减一的概率就是操作了最优操作中的一步，所以只和当前最优步数为 \(i\) 时操作减一的概率是 \(\dfrac{i}{n}\)。
设 \(f[i]\) 表示从 \(i\) 到 \(i-1\) 期望要多少步，那么有 \(\dfrac{i}{n}\) 的概率只要一步，有 \(\dfrac{n-i}{n}\) 的概率要 \(f[i+1]+f[i]+1\) 步，那么我们有：\(f[i] = 1+\dfrac{n-i}{n}(f[i]+f[i+1])\)，因此 \(f[i] = \dfrac{i}{n+(n-i)\times f[i+1]}\)。直接求和即可。
[六省联考2017]相逢是问候
每个节点的点权相当于 \(c^{c^{c^{a_i}}}\)，根据拓展欧拉定理，指数可以先膜 \(\phi(p)\) 再加 \(\phi(p)\)。根据 \(\phi\) 函数的定义，所有奇数的欧拉函数为偶数，所有偶数的欧拉函数至少为 \(x/2\)（所有偶数都不互质），那么每个数至多修改 \(log\) 次之后就不会变了（膜数为 \(1\)），那么直接暴力修改就可以了。
[六省联考2017]寿司餐厅
首先可以让 \(d_{i, i}\) 减去 \(a_i\)，那么问题就代价就变成了 \(mx^2\)，这样就和取了多少个无关，只和取没取某种颜色有关。然后就是很明显的最大权闭合子图问题了，也就是选择了 \(d_{l, r}\) 则必须要选择 \(d_{l+1, r}\) 以及 \(d_{l, r-1}\)，选择了 \(d_{i, i}\) 就必须要选择 \(-mx^2\)，直接跑最小割即可。
[八省联考2018]劈配
显然的是，只要解决了第一问，第二问就可以通过多一个二分的 \(log\) 来解决。
一个人去一个战队，这是一个典型的匹配问题，因此我们把人和战队均看成点，然后假设我们确定了某个人可以去的志愿为 \(x\)，那么就将这个人向 \(x\) 的所有战队连边，表示可以匹配。至于判断是否可以去志愿 \(x\) 的话，只要看加入这些边之后是否满流即可。复杂度不太会证，但看起来挺可以跑的。
[九省联考2018]IIIDX
首先有个贪心，就是每个点选择当前第 \(size\) 大的节点，然后递归下去。这样 \(d_i\) 互不相同时显然是对的。
对于 \(d_i\) 相同的情况，先将 \(d_i\) 从大到小排好序，然后给每个点设置一个权值 \(f_i\)，表示它往前还能选择多少个，每次就找到一个点，满足其 \(f_i\) 大于等于 \(size_x\)（这个可以通过线段树二分），然后假设对应的 \(i\) 的权值最靠右的那个数为 \(y\)，那么当前点就填入 \(y\)，对应的也就是需要在 \(y\) 前面再填入 \(size_y\) 个数，那么给前缀 \(f\) 数组减去 \(size_y\)，操作到某个点时，将它父亲对他的贡献减掉即可。
[九省联考2018]秘密袭击coat
首先有一个非常显然的 \(O(N^2W)\) 的做法，\(1\sim w\) 枚举每种权值，考虑其被多少个方案当成答案，把大于等于它的数权值当作 \(1\)，比它小的数权值当作 \(0\)，问题就是有多少个连通块，权值至少为 \(k\)，统计可以直接 \(N^2\) 来统计，即 \(f[i][j]\) 表示考虑到 \(i\) 为根的节点，权值恰好为 \(j\) 的方案数，然后答案就是 \(\sum_{i, j\ge k}f[i][j]\)。（看了手题解发现卡卡常就能过了）
发现转移式中，第二维是一个卷积的形式，设 \(F_i(x)=\sum f[i][j]x^j\)，然后转移就是 \(\prod (F_v(x)+1)\)。如果当前节点权值为 \(1\)，那么就再乘以 \(x\)。\(Ans=\sum_{i=1}^n\sum_{j=k}^M[x^j]G_i(x)=\sum_{j=k}^M[x^j]\sum_{i=1}G_i(x)\)。
直接多项式乘法好像没有什么规律，考虑带入点值 \(1\sim m+1\)，然后通过拉格朗日插值还原 \(\sum_{i=1}G_i(x)\)。
枚举求点值所需要的横坐标 \(y=1\sim m+1\)。可以发现，对于相邻的两种权值 \(x, x + 1\) 所求得的 \(dp\) 数组实际上差别不大，具体的，也就是对于权值恰好为 \(x+1\) 的节点，需要乘以 \(y\)，如果一个字数内不存在这种点，那么 \(x, x+1\) 就可以看成是一类点了。这符合线段树合并的基本思路，我们只需要支持：区间乘 \(y\)，整体加一，对应位置相乘即可，复杂度 \(O(n^2logn)\)。（实际上不用插值也能做到 \(O(n^2log^2n)\)）
[十二省联考2019]字符串问题
先建立后缀树，找到每个字符串对应的节点。将 \(a\) 向其所支配的 \(b\) 连边，然后每个点向后缀树的儿子连边，那么 \(t_x\) 可以到 \(t_{x+1}\) 当且仅当 \(t_x\) 可以遍历到 \(t_{x+1}\)，注意存在虚点，所以我们需要拆点表示权值，即 \(a\) 类点拆成两个，中间连长度权值的边，缩点之后跑拓扑排序 \(dp\) 求最长路即可。
[十二省联考2019]希望
有一个直观的想法就是枚举交集，然后在统计有多少种 \(k\) 个连通块交集为枚举的交集，且只能考虑离这些点距离不超过 \(L\) 的节点。
考虑到交集一定是一个连通块，直接枚举交集时不好的，考虑一个神奇的容斥：由于树的子图还是一棵树，树有一个优美的性质：点 \(-\) 边 \(=1\)。看上去没什么用，如果我们把每个点作为交集的答案减去每条边作为交集的答案，发现这就是我们要求的东西！！于是我们只要求出每个点作为根节点的答案以及每条边作为根（大概就是两个点一起做根）的答案，两种求法显然是类似的，这里只讨论点的情况。
也就是要选出 \(k\) 个越过根节点且深度不超过 \(L\) 的连通块，那么假设选择一个连通块的方案数是 \(x\)，那么选择 \(k\) 个的方案数就是 \(x^k\)。因此我们只需要求出一个连通块的方案数即可。
设 \(f_{x, i}\) 表示考虑到 \(x\) 子树内的点，距离他深度不超过 \(i\) 的连通块数量，设 \(g_{x, i}\) 表示考虑到 \(x\) 子树外的点，距离他深度不超过 \(i\) 的连通块数量，那么我们有转移：
\[f_{x, i}=\prod_{v=son[x]}f_{v, i-1}+1, g_{x, i}=1+g_{fa_x}\times \prod_{v\ne x, v=son[fa_x]}f_{v, i-2} \]然后答案显然为 \(\prod (f_{x, L-1}-1)\times(g_{x, L}-1)\)，于是我们就得到了一个 \(O(NL)\) 的做法。
没搞懂后面的长链剖分是在干嘛，鸽了。
[省选联考 2020 A 卷]魔法商店
首先要知道一个叫保序回归的东西。如果只知道结论的话实际上挺简单的。
保序回归问题是形如：给定一张 \(DAG\)，以及两个数组 \(f, w\)，你需要求出一个数组 \(g\)，使得 \(g\) 满足 \(DAG\) 上的偏序关系，且最小化 \(\sum w_i|g_i-f_i|^p\)。
做法的话需要整体二分，考虑定义 \(solve(U, l, r)\) 表示点集 \(U\) 内的所有点的权值在区间 \([l, r]\) 内，然后我们二分一个 \(mid\)，我们需要找到一组最优解，使得区间 \([l, r]\) 内的所有数只用 \(mid/mid+1\)，并满足题意的偏序关系，然后找到两个集合，一个集合填入 \(mid\) 最优，设为 \(U_1\)，另一个填入 \(mid+1\) 最优，设为 \(U_2\)，这时候有个结论：我们递归 \(solve(U_1,l,mid), solve(U_2, mid+1,r)\)，当 \(l=r\) 时，对应的点集的取值就是 \(l\)。我有一个绝妙的证明，可惜这里地方太小写不下（雾。
考虑这个题的做法，任意非空子集异或和不为 \(0\) 等价于线性基大小等于元素个数，也就是每次插入都成功的线性基。考虑替换一个元素是否合法，那么就是把原有的元素删除并新插入一个元素，插入成功则合法。
那么对于集合 \(A\) 来说，如果一个数 \(x\) 可以替换掉集合 \(A\) 中的元素 \(y\)，那么对应的就需要 \(v_x\ge v_y\)，对于集合 \(B\) 则需要 \(v_x\le v_y\)。实际上用线性基记录求出每个元素可以被线性基的那些数表示，那么他就和这些数线性相关，也就可以直接替换掉这些数了。那么这就会生成一张 \(DAG\)，带入 \(p=2\)，\(w_i=1\)，就变成了保序回归问题。
至于二分之后怎么找两个点集继续递归，发现这是一个最大权闭合子图，每个点的权值设为 \(f(mid)-f(mid+1)\)，如果某个点选择了 \(mid+1\)，那么他所到可以到达的点必须都选择 \(mid+1\)，跑最小割即可。
[省选联考 2020 B 卷]丁香之路
如果告诉你这是一个欧拉回路，这道题可能就比较平凡了。
问题等价于，寻找一条从\(s\to i\)的路径，要求经过所有的关键边。我们先把关键边都连出来，再连出一条\(s\to i\)的路径，那么问题转化成找到一条从\(s\to s\)的欧拉回路，经过所有关键边恰好一次。
我们先把已经连好边的节点用并查集缩在一起，这些边一定是必须要被经过的，我们只需要求出剩余部分的最小代价即可。考虑欧拉回路的判定条件是所有点的度数都为偶数，那么所有的奇数点都是要连出一条边的。
贪心的连肯定是最小的连接次小的，以此类推，但是这样并不能满足图的连通性。
考虑到边权都是形如\(|x-y|\)的形式，所以我们如果需要连边\(x\to y\)，不妨将\(x\to x + 1\)， \(x + 1\to x + 2\)……\(y - 1\to y\)。这样消耗的代价是一样的，但是我们将中间的点都联通了，而且中间的点的度数奇偶性不变。
于是这样连边之后，原图会被我们划分成若干个连通块，每个连通块的节点都是连续的，而且每个点度数都是偶数，由于要让每个点度数仍然保持偶数，并且要让图联通，假设我们想要连接两个连通块\(a, b\)，那么肯定是寻找两个连通块中最小的\(|a_i-b_j|\)，然后连两次。注意这个地方我们的连通块不一定是一段连续区间，所以我们需要用最小生成树计算答案。
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