Day1
數對
給定 \(n\) 個正整數 \(a_i\)，請你求出有多少個數對 \((i, j)\) 滿足 \(1 \le i \le n\)，\(1 \le j \le n\)，\(i \ne j\) 且 \(a_i\) 是 \(a_j\) 的倍數。
\(2 \le n \le 2\times 10^5\)，\(1 \le a_i \le 5 \times 10^5\)。
考慮使用桶，記 \(cnt_x\) 表示 \(a_i = x\) 的個數。
那么分兩種情況討論，第一種情況是 \(a_i = a_j = x\)，對答案的貢獻為 \(\sum \binom{cnt_x}{2}\)；第二種是 \(a_i = x < a_j = y\)，那么這時候枚舉 \(a_i\) 的值 \(x\)，同時枚舉 \(x\) 的倍數 \(y\)，對答案的貢獻為 \(\sum\limits_{x} \sum\limits_{y} cnt_x cnt_y\)。
時間復雜度是經典的調和級數 \(O(\frac{n}{1} + \frac{n}{2} + \frac{n}{3} + \cdots) = O(n \ln n)\)。
卡牌游戲
有 \(n\) 張卡牌，第 \(i\) 張卡牌的正面有數字 \(a_i\)，背面有數字 \(b_i\)，初始時所有卡牌正面朝上。
現在可以將不超過 \(m\) 張卡牌翻面，最小化朝上的 \(n\) 個數字的極差。
\(3 \le n \le 10^6\)，\(1 \le m < n\)，\(1 \le a_i, b_i \le 10^9\)，\(a_i\) 單調不下降，\(2n\) 個數字互不相同。
先把 \(a, b\) 拼成一個長度為 \(2n\) 的數組 \(c\) 排序。
對於這個有序的數組，極差即是選中的那一段 \(l, r\) 的 \(c_r-c_l\)。
於是用雙指針枚舉 \(l, r\)，不在 \(l, r\) 當中則意味着那一位被刪除，具體要求是：
- 刪掉的 \(a\) 面不超過 \(m\)；
- 不存在同一張卡牌的 \(a, b\) 面同時被刪除。
對於第一條開一個 \(cnt\) 維護，第二條開一個 \(vis\) 數組維護即可。
時間復雜度 \(O(n \log n)\)，不明白 \(a\) 有序有什么意義。
圖函數
對於一張 \(n\) 個點 \(m\) 條邊的有向圖 \(G\)，定義函數 \(f(u, G)\)：
- 初始化返回值 \(cnt = 0\)，圖 \(G' = G\)。
- 從 \(1\) 至 \(n\) 按順序枚舉頂點 \(v\)，如果當前的圖 \(G'\) 中，從 \(u\) 到 \(v\) 與從 \(v\) 到 \(u\) 的路徑都存在，則將 \(cnt + 1\)，並在圖 \(G'\) 中刪去頂點 \(v\) 以及與它相關的邊。
- 第 \(2\) 步結束后，返回值 \(cnt\) 即為函數值。
現在給定一張有向圖 \(G\)，請你求出 \(h(G) = f(1, G) + f(2, G) + \cdots + f(n, G)\) 的值。
更進一步地，記刪除（按輸入順序給出的）第 \(1\) 到 \(i\) 條邊后的圖為 \(G_i\)，請你求出所有 \(h(G_i)\) 的值。
\(2 \le n \le 10^3\)，\(1 \le m \le 2 \times 10^5\)，\(1 \le x_i, y_i \le n\)，沒有重邊和自環。
因為只要求求出每個 \(h(G_i)\)，而不是求具體的 \(f(u, G_i)\)，所以考慮貢獻法。
考慮一對 \((u, v)\) 如果能對 \(f(u, G_i)\) 造成貢獻，當且僅當存在一條 \(u \to v \to u\) 的環，且這個環上沒有編號 \(<v\) 的點。
於是問題轉化為對於 \(\forall G_i\)，求 \(G_i\) 中有多少 \((u, v)\)（\(u \ge v\)）滿足存在 \(u \to v \to u\) 的環不經過編號 \(< v\) 的點。
一個點對顯然會對一個 \(G\) 的前綴造成貢獻，令 \(path(u, v)\) 表示最大化的 \(u \to v\) 的路徑上經過的邊的編號的最小值。那么 \(G_{1 \sim \min(path(u, v), path(v, u))}\) 會得到貢獻。
可以直接 Floyd \(O(n^3 + m)\) 或 Dijkstra \(O(nm \log m)\) 求出。
當然這不穩，可以考慮一個更高明的做法。枚舉 \(v\)，在每張圖中只保留 \([v, n]\) 那些點，求出每張圖中它能到達的點的個數即可。
當然直接這樣模擬是 \(O(nm^2)\) 的，考慮反轉時間軸變成逆序加邊，對於一條新加的邊 \((a, b)\)（\(a, b \ge v\)）：
- 如果 \(vis_a = 1\) 且 \(vis_b = 0\)，那么從 \(b\) 開始 BFS；
- 如果 \(vis_a = 0\) 且 \(vis_b = 0\)，那么先加到圖中，等着以后可能有用；
- 否則這條邊沒有意義。
易證每一條邊最多只會用到一次，所以在 BFS 的時候“過河拆橋”即可。時間復雜度 \(O(nm)\)。
Day2
取模
給定 \(n\) 個正整數 \(a_i\) 請你在其中選出三個數 \(i, j, k\)（\(i \ne j\)，\(i \ne k\)，\(j \ne k\)），使得 \((a_i + a_j) \bmod a_k\) 的值最大。
\(3 \le n \le 2 \times 10^5\)，\(1 \le a_i \le 10^8\)。
首先將 \(a\) 數組排序，逆序枚舉 \(a_k\)，在前面做二分或者雙指針求出 \((a_i + a_j) \bmod a_k\) 的最大值更新答案。
當 \(ans \ge a_k\) 的時候就可以 break 了，可以證明枚舉的 \(a_k\) 的個數是 \(\log\) 級別的，但我不會證。
寶石
給定一棵大小為 \(n\) 的樹以及 \(m\) 種寶石，結點 \(i\) 上有第 \(w_i\) 種寶石。
寶石收集順序是一個長度為 \(c\) 的序列 \(P\)，\(P\) 中沒有重復元素。
\(q\) 次詢問，每次給出 \(s, t\)，問從 \(s\) 走到 \(t\) 的過程中，所經過的結點的 \(w\) 形成的序列與 \(P\) 的最長公共子序列的長度。
\(1 \le n, q \le 2 \times 10^5\)，\(1 \le c, m \le 5 \times 10^4\)，\(1 \le P_i, w_i \le m\)。
將 \(s \to t\) 拆為 \(s \to \text{lca}, \text{lca} \to t\) 的兩個過程。
考慮鏈上的情況，記結點 \(u\) 的后繼 \(suc_{u}\) 為其右邊最近的滿足 \(w_v\) 在 \(P\) 序列中恰好是 \(w_u\) 的下一項的 \(v\)。
那么如果詢問的 \(s < t\)，就從 \(s\) 右邊的第一個 \(w = P_1\) 的位置開始，不斷跳 \(suc\)，直到越過 \(t\) 結束，跳的次數就是詢問的答案。不難發現這個過程可以倍增優化。
現在搬到樹上，\(s \to \text{lca}\) 的過程不難套用上述方法，但如果考慮 \(\text{lca} \to t\) 呢？
一個解決辦法是把過程擬過來，記錄 \(pre_{u}\) 為其父親鏈上的最近的滿足 \(w_v\) 在 \(P\) 序列中恰好是 \(w_u\) 的前一項的 \(v\)。
每次詢問的時候二分答案 \(a\)，從 \(t\) 上方的最近的 \(w = P_a\) 的那一個位置開始不斷跳 \(pre\) 就行了。
至於找到“\(t\) 上方的最近的 \(w = P_x\) 的位置”，可以使用可持久化線段樹維護這個東西。
時間復雜度 \(O(q \log^2 m)\)。
滾榜
給定一個長度為 \(n\) 的數組 \(a\)，求有多少 \(1 \sim n\) 的排列 \(p\)，滿足存在一個 \(\sum b = m\) 的不下降序列 \(b\)，使得對於任意 \(i, j\)（\(i < j\)），都有：
- \(a_{p_j} + b_{p_j} \ge a_{p_i} + b_{p_i} + [p_i < p_j]\)
- \(a_{p_i} + b_{p_i} \ge a_{p_j} + [p_j < p_i]\)
\(1 \le n \le 13\)，\(1 \le m \le 500\)，\(0 \le a_i \le 10^4\)。
容易發現 \(b\) 的分配是貪心的，每次給出最小的 \(b\)，只要 \(\sum b \le m\) 就是合法的方案。
一個顯然的結論是“當前選手想當 rank 1 只要比上一名選手高即可”，這是因為上一名選手是當前的 rank 1。
於是可得（忽略編號問題，這個顯然是容易處理的）：
- 如果 \(a_i \ge a_{i - 1}\)，則 \(b_i = b_{i - 1}\)；
- 如果 \(a_i < a_{i - 1}\)，則 \(b_i = b_{i - 1} + a_i - a_{i - 1}\)。
綜合一下上面兩個式子其實就是 \(b_{i} = b_{i - 1} + \max(0, a_i - a_{i - 1})\)。
進而通過考慮貢獻可以知道 \(\sum b = \sum \max(0, a_i - a_{i - 1}) (n - i + 1)\)（每個貢獻都是一個后綴）。
於是考慮狀壓 DP，用 \(f(S, i, j)\) 表示，當前使用過的集合是 \(S\)，最后一個選的是 \(i\)，以及當前對 \(\sum b\) 的貢獻是 \(j\)。轉移的時候枚舉接下來選哪一個人，計算一下貢獻即可。
時間復雜度 \(O(2^n n^2 m)\)，輕微卡常。