能聽懂的就盡力寫吧。代碼肯定是都咕了。
Day 1
T1
再次感謝出題人不殺之恩，給了我 89 分這個鬼畜分數。
做法（不是寫法）和正解完全一樣，然而還是不知道自己怎么錯了。
心情好了再去看 https://uoj.ac/problem/427 。這題不僅被甩了 11 分還花了 3h ……
T2
真就聯賽模擬題啊 /jk
獲得成就：上台講題。
先考慮一個區間怎么做。對於每個位置直接處理出 \(pre_i\) 表示往前第一個不被包含在它的子樹內的位置，可以線段樹二分求出。然后就是一個二維數點。
多個區間的話，相當於給這個區間加了一個額外限制，即必須是某個點 \(L\) 的祖先。同樣先線段樹二分，得到第一個滿足該條件的點（然而寫這句話的時候發現這好像不太好做，所以要線段樹二分出這個區間的一個前綴，使得前綴的 \(lca\) （好像 \(lca\) 也不好搞，只能是關於 dfs 序的某些東西）是 \(L\) 的祖先。所以我場上寫的線段樹二分可能復雜度還是錯的？？？）。此時，前綴的所有點都一定不滿足條件，而對於后面的點，如果子樹中能包含這個前綴，自然也就能包含 \(L\) 。
線段樹上只維護 \(dfn,low\) 。復雜度 \(O((m+Q)\log m)\) 。
T3
挺有趣的一道題，可惜場上沒時間想。
稱 x-度點 表示有 \(x\) 個兒子的點。
subtask 1
在這檔部分分中，樹中不存在一度點。
容易發現詢問 \(V\backslash\{x\}\) 可以得到這個點是否是葉子，那么先用 \(n\) 次操作得到此時的葉子集合。然后考慮怎么確定葉子的父親，發現當 \(x\) 是葉子時可以詢問 \(V\backslash \{x,y\}\) 來確定 \(y\) 是否是 \(x\) 的父親。如果 \(fa_x=y\) 那么會返回 \(n-2\) ，否則是 \(n-1\) 。
然后發現這個枚舉 \(y\) 的過程其實可以直接二分一個前綴，就可以在 \(O(\log n)\) 的時間內得到一個葉子的父親。發現兩個葉子的父親相同之后就可以刪掉這兩個葉子，並把它們的父親加入葉子集合。
這樣就獲得了一個 \(O(n\log n)\) 次詢問得到樹形態的做法。
subtask 2
此時樹中可能存在一度點，但詢問次數更多（當然數量級沒有變）。
考慮上面的做法，會發現在第一步就直接錯了：詢問 \(V\backslash \{x\}\) 並不能區分零度點和一度點。我們先把二度點區分出來，然后考慮零度點和一度點的集合 \(S\) 。那么詢問 \(S\backslash \{x\}\) 會有兩種取值：
- \(n-2\) ：這個點是零度點，且它的父親是一度點。
- \(n-1\) ：這個點是一度點，或者它是零度點且它的父親是一度點。
容易發現如果出現 \(n-1\) 的第二種情況，那么一定無法確定樹的形態。所以先不考慮這一種情況，求出三種點的數量 \(c_0,c_1,c_2\) 。由於真正的 \(c_0\) 應當等於 \(c_2-1\) ，所以如果不滿足這個條件就直接返回無法確定。
然后用 subtask 1 的做法先得到只考慮零度點和二度點的樹形態，然后嘗試把一度點塞進去。
然后又是一個性質：在二叉樹中，詢問一個點集，可以根據大小來判斷是否至少有一組 祖先-后代 關系。那么選擇一個葉子集合 \(L_0\) 和一個一度點 \(x\) ，詢問 \(L_0\cup \{x\}\) 即可確定 \(x\) 的子樹中是否存在 \(L_0\) 中的葉子。如果總葉子集合是 \(L\) ，那么詢問 \((L\backslash L_0)\cup\{x\}\) 就可以知道 \(x\) 子樹的葉子集合是否被 \(L\) 完全包含。
現在樹的基本形態已經確定了，所以可以邊分治，確定所有一度點是在這個子樹內，在外面，還是恰好在這條邊上。
出題人用神奇分析方法得到了詢問次數上界是 10408 ，不太懂怎么做到的。
Day 2
T1
簽到題。
明天 危 ……
T2
算法一
神奇維護分段函數，這竟然還能維護出來 /jk
算法二
顯然應該旋轉 45° ，使得橫縱坐標互相獨立。
然后再稍微搞搞就得到了： \(2n\) 個隨機變量，每個變量取值 \([-{1\over 2},{1\over 2}]\) ，求 \(|\sum x_i|\) 的期望。
然后掉線了。
算法三
wdnmd 為什么這還和算法二有關……
也掉線了。
算法四
場上做法。我也不知道為什么它是對的，但它就是對的。
令 \(n:= 2n\) 。
設 \(s_0=0,s_i=\sum_{k\le i} x_k\) ，那么答案是 \(|s_n|\) ，有限制 \(s_i\in [s_{i-1}-{1\over 2},s_{i-1}+{1\over 2}]\) 。
先把 \(|s_n|\) 變成 \(\max(s_n,0)\) ，然后類似 \(m=\sum_{i=0}^{\infty} [i<m]\) ，再變成 \(\int_0^{\infty} [s_{n+1}<s_n]\text{d}s_{n+1}\) （大概不能這么寫，但我不知道怎么寫）。
限制有點麻煩，但是可以容斥變成 \((-\infty,s_{i-1}+{1\over 2}]-(-\infty,s_{i-1}-{1\over 2}]\) （用離散的方案數的角度很好感性理解，但是它是連續的，所以我也不知道為什么是對的）。那么就變成一堆 \(s_i\le s_{i-1}+k\) 的限制，以及一個 \(s_{n+1}\ge 0\) 。
這個形式就非常好看，對於 \(s_i\le s_{i-1}+k\) 可以給所有 \(j\ge i\) ，做 \(s_j:=s_j-k\) ，那么做完之后就只剩下 \(s_i\le s_{i-1}\) 和 \(s_{n+1}\ge c\) 了，其中 \(c\) 是前面所有 \(k\) 加（減？）在一起。
容斥顯然可以變成 \(O(n)\) 枚舉，就得到了答案式子：
（可能有一些正負寫錯了，記不清楚了）
（這里的 \(n\) 仍然是輸入的 \(n\) 的兩倍）
然后由於未知原因要特判 \(n=2\) ，就做完了。
T3
算法一
kosaraju 是個啥？
算法二
每個強連通分量分別做，找到一條哈密頓回路，那么翻轉不在回路上的邊答案不變。
然后神奇方法沖。
算法三
wdnmd 我怎么又掉線了……
然后標算被踩了 /cy
有一個經典結論：只看出度序列就可以直接得到強連通情況。
然后翻轉一條邊只會修改兩個位置，就做完了。
標算和哈密頓回路有關，大概是（？）先找一個哈密頓回路出來，那么其他邊修改都是無效的，而翻轉回路上的邊會把回路變成鏈，其他邊會覆蓋一個區間，然后亂搞搞。
Day 3
T1
直接行列式，做完了。
被打爆了 /kk
T2
合法當且僅當每個位置開頭的逆序對個數都是偶數。
然后 \(O(n^2)\) 有手就行。
剩下的事交給 lxl 。
想到分塊，每個塊建線段樹，然后無腦暴力，即可做到 \(O(n\sqrt {n\log n})\) 。
然而線段樹的常數炸了。
我們其實只關心一個塊內有沒有 1 ，所以可以把線段樹變成差分。雖然還是要二分查 rank ，但是常數明顯降低，就過了。
好像還有 \(O(n\sqrt n)\) 做法但是讓卡常的人都見 lxl 去吧。
T3
wdnmd 還真是 lxl ……
穿着 DS 外衣的模擬題？不想思考了。
Day 4
T1
先 \(O(n^22^n)\) 求出每個點集組成一條鏈的方案數，然后 \(O(n^22^n)\) 做子集卷積意義下的 exp 即可。
詢問都是假的。
然后發現有不用 exp 的做法，被教育了。
還有直接沖 \(O(3^n)\) 也有一定概率通過。
T2
先建一個虛點，所有點向它連邊，然后就等價於求一個內向生成森林個數。
不會矩陣樹定理的已經被區分掉了。
然后發現矩陣是一個循環矩陣，求行列式有快速解法。然而我不會。
T3
subtask 1,2
直接完全 \(k\) 分圖即可。
subtask 3,4,5
條件是不存在正方形，即任意兩個點的鄰居的交的大小不超過 1 。
對於一個點 \(x\) ，任取兩個鄰居 \(a,b\) ，令 \(cnt_{a,b}\gets^+ 1\) 。那么最終任意一個點對的 \(cnt\) 都不能超過 1 。由於只有 \({n\choose 2}\) 個點對，而一個點 \(x\) 貢獻的 \(cnt\) 就有 \({deg\choose 2}\) 個，所以大概能估出 \(M\) 的上界是 \(O(N\sqrt N)\) 級別。
然后直接造一個 \(P\times P\) 的矩陣， \((u,v),(x,y)\) 有邊當且僅當 \((ux+vy)=1\pmod P\) 。相當於是每個點連了一條直線，那么兩條直線要么無交，要么交為 1 。
subtask 6
\((u,v,w),(x,y,z)\) 有邊，當且僅當 \((u-x)^2+(v-y)^2+(w-z)^2=1\pmod P\) 。
wtf?
感性理解一下，就是向旁邊一個單位球連邊，然后操作一下就發現三個球的交不會超過兩個點。