由於我太懶了，所以就不每題開一篇寫了。題目大意也懶得寫了。
DAY1
1A
顯然最優策略是瞎走，在知道那條邊斷掉了之后才走最短路徑。
先把以 \(T\) 為根的最短路樹求出來，然后可以用堆求出斷掉每條邊后端點到 \(T\) 的最短路徑。
最后像 dijk 那樣 DP 一下就好了。
1B
直接線段樹 + 凸包優化 DP 可以輕松做到 \(O(n\log n)\)
用 這個方法 可以優化到 \(O(n)\)
1C
不同的環長只有 \(O(\sqrt n)\) 種。
對每種環長算一下答案即可。
DAY2
2A
直接縮個點然后每個出度為 \(0\) 的連通塊扔掉最小值即可。
2B
用 這個東西，用平衡樹維護序列即可。
DAY3
3A
如果可以修改一個 \(a_i\) 滿足 \(\forall i,a_{i+1}<a_i+b_i \or a_{i+1}>a_i+c_i\)，那么那一個人第一天就會發現。
如果可以修改兩個，那么那兩個人第二天都會發現。
現在就是要修改最少的 \(a_i\) 滿足上面那個東西。
可以 DP。枚舉上一個沒有修改的 \(j\)，那么要求 \([a_i-B_{i-1},a_i-C_{i-1}]\subseteq[a_j-B_{j-1},a_j-C_{j-1}]\)。其中 \(B,C\) 分別是 \(b,c\) 的前綴和。
可以發現區間長度是單調的。
然后按 \(a_i-B_{i-1}\) 排序求個 LIS 即可。
3B
直接重鏈剖分然后在重鏈上二分是 \(O(n\log^2n)\) 的。
在重鏈上從下往上的求輕子樹的答案。
當遇到一個輕子樹答案為 \(0\) 時，這條鏈上面的答案就都是 \(0\) 了。
這樣就只用二分下面那部分了。
復雜度應該是 \(O(n\log n)\) 的。
3C
先二分答案 \(s\)。
弄一個網格，把 \(a_i+b_j\leq s\) 的部分染白，剩下的部分染黑。
那么就是你一開始在 \((1,1)\)，每次找一個同行或同列的異色的點走過去。
如果 \((1,1)\) 在所有最大匹配上，那么先手必勝。
然后把最大匹配換成最大獨立集。
把 \(a_i,b_j\) 排序后，選的一定是 \(i\leq R,j\leq C\)的白色部分和 \(i>R,j>C\) 的黑色部分。
可以發現，當 \(R\) 變大的時候，\(C\) 變大的收益是單調的，\(C\) 也是單調的。
直接掃一遍就好了。
DAY4
4A
先讓每個點能匹配 \(k\) 條邊跑一邊網絡流。
然后每次把度數 \(=\) 度數最大值得點找出來，找一個覆蓋這些點的匹配。
重復 \(k\) 次即可。
4B
記 \(f_{i,j}\) 為長度為 \(i\)，zjt 在 \(j\) 處的期望答案。
顯然 \(f_{i,1}=f_{i,i}=i\)
設 \(f_{3,2},f_{4,2},\ldots,f_{m,2}\) 這 \(m-2\) 個未知數，每次可以通過 \(f_{i,j}\) 推出 \(f_{i+1,j+1}\) 的式子。
最后把 \(f_{m,2},f_{m,3},\ldots,f_{m,m-1}\) 這 \(m-1\) 個式子拿出來消元即可。
4C
分塊分類討論或者樹套樹都能過。
DAY5
5B
對於每一個 \(i\leq n\)，新建一個點 \(i'\)。
連邊 \((i,i')\)
對於每一組 \((i,j)\)，連邊 \((i',j)\)
答案為最大匹配 \(-n\)。
5C
用一棵平衡樹維護當前所有最優解以及最優解的答案
每次遇到一個新的 \(a_i\) 時，先把當前所有最優解的答案加上 \(a_i\) 的貢獻。
還有一種情況，就是最優解到 \(a_i\) 時值為 \(a_i-1\)。
那就拿之前的最優解平移一下即可。
這樣就能找到之前所有位置都做了最優操作的解（如果不是最優操作，就不會成為最大值）。
DAY6
6A
可以發現，最優解的 \(C\) 一定是 \(P-w_i-1\) 或 \(T\)。
把這些值拿出來每個二分答案 DP 一下就是 \(O(n^2(-\log \epsilon))\) 的了。
這個做法的瓶頸在於二分答案。
但是我們可以把這些 \(C\) 值 shuffle 一下，每次遇到一個 \(C\) 就 \(O(n)\) 判斷答案是否大於上一個，大了再二分，這樣就只用求 \(O(\log n)\) 次答案了。
復雜度是 \(O(n^2+n\log n(-\log \epsilon))\)
6B
可以發現，\(f(a_1,a_2,\ldots,a_n)=2^{n-1}(a_1\or a_2\or\cdots\or a_n)\)
然后 \(n>2\) 的答案和 \(n=2\) 的答案是相同的。
然后人類智慧手玩一下就好了。
6C
按顏色的出現次數分塊分類討論就好了。
DAY7
7A
答案肯定是某一個 \(A_i\) 再乘上其他的 \(B_i\) 再加起來的形式。
枚舉 \(A_i\)，那么假設其他的 \(B_i\) 選了 \(k\) 個，那么貢獻就是 \([x^k]\prod_{j\neq i}((1-B_i)+B_ix)\)，對應的方案數就是 \(\frac{1}{k+1}\binom{n}{k+1}\)。
顯然可以分制 NTT。
把這些加起來之后除以 \(n!\) 就是答案了。
7B
枚舉 \(i\)，計算選的數都是 \(i\) 的倍數的答案。
設值域為 \(m\)。
先計算可以重復選的方案數。
弄一個閾值 \(S\)，\(i\leq S\) 時直接 FWT，復雜度為 \(O(m\log m)\)，\(i>S\) 時直接暴力 meet in the middle，復雜度為 \(O((\frac{m}{i})^2)\)
然后容斥一下就好了。
取 \(S=\sqrt{\frac{m}{\log m}}\) 時有最優復雜度 \(O(m\sqrt{m\log m})\)
DAY8
8B
考慮種了 \(i\) 棵不同的樹后沒有結束的概率。設 \(x_i\) 為 第 \(i\) 棵樹到下一棵的距離。隨便欽定一棵樹為第一棵。
結束了的情況數是 \(x_1+x_2+\cdots+x_k=n(1\leq x_i\leq 2)\) 的解數，為 \(\binom{i}{n-i}\)。
總的情況數顯然是 \(x_1+x_2+\cdots+x_k=n(1\leq x_i\leq n)\) 的解數，為 \(\binom{n-1}{i-1}\)。
需要期望 \(\frac{n}{n-i}\) 步才能種下第 \(i+1\) 棵不同的樹。
所以答案就是 \(\sum_{i=0}^{n-1}\frac{n}{n-i}(1-\frac{\binom{i}{n-i}}{\binom{n-1}{i-1}})\)
DAY9
9A
考慮計算逃不出去的概率。
記 \(l=\frac{180^\circ}{360^\circ-\theta}\) 為半圓占可選區域的比例。
概率就是在一個長度為 \(1\) 的環上，隨機選 \(n-1\) 個點，使得存在兩個點之間的距離 \(>l\) 的概率。
那么可以欽定一個很小區域里面有至少一個點，右邊 \(l\) 的部分沒有點。
答案就是
DAY10
10A
前幾天剛剛做過一道基本上一樣的題。
不寫了。
10B
假設不考慮拿完的影響，算出第一個人在每個時刻的石子數 \(s_i\)。
記兩個人的石子總和為 \(S=x+y\)。
對於一個區間，如果右半部分的 \(\max s_i-\min s_i\) 也就是極差 \(\geq S\)，說明左半部分是沒有用的，因為到右邊還是會取完。
否則可以輕松地根據左半部分的答案和右半部分的 \(\min,\max\) 計算出整個區間的答案。
每次暴力在線段樹上跳即可。
DAY11
11A
直接狀壓 DP 即可。
11B
先差分一下
那么每次就是選兩個差為奇質數的位置，把這兩個點的值都取反。
如果兩個位置的差是奇質數，只用一次就可以把這兩個位置處理掉。
如果兩個位置的差是偶數，只用兩次就可以把這兩個位置處理掉。
剩下的情況只用三次就可以處理掉。
跑一個二分圖最大匹配即可。
DAY12
12A
用一行的未知數表示剩下其他位置，然后高斯消元即可。
時間復雜度：\(O(m^3)\)
12B
先按時間分值把刪除去掉。
對於一個詢問 \((x,y)\)，把橫坐標 \(\leq x\) 的點的凸包求出來，那么答案顯然在凸包上。
暴力二分的復雜度是 \(O(n\log^2n)\) 的。
注意到這題只用求答案的最小值。
那么如果凸包最下面兩個點連成的直線的斜率 \(\leq ans\)，那么最下面那個點很明顯是沒用的。
這樣不斷刪點就可以不用二分了。
復雜度是 \(O(n\log n)\)
12C
考慮對每個字符串分開計算答案。
那么就需要處理兩個操作：
1.在這個字符串后面加上一個字符串
2.查詢當前字符串在 \(S\) 中的出現次數。
把修改操作加上的字符串記作 \(T\)。
把 \(S\) 和 \(T\) 放在一起建 SA。
維護當前符合要求的字符串的 rk 范圍，每次加字符串就在這個范圍內二分即可。
復雜度是 \(O(n+q\log n)\)
DAY13
13A
不同的線段樹區間長度可能只有 \(O(\log n)\) 種
就你每一層的長度都是相鄰兩個整數，然后下一層的也是。
13B
可以列出DP方程：
分開維護
然后每次轉移的時候
這樣就好了。
然后這些矩陣都是可以求逆。
預處理一下就好了