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NOI2021 題解
D1T1 輕重邊
水題
D1T2 路徑交點
卡常的屑水題
考慮 \(k=2\) 的情況，每種路徑方案都可以使用一個排列來描述，排列的逆序對數量就可以用來描述交點數。
因此，設矩陣 \(M\in R^{n_1\times n_1},M_{ij}=[(i,j)\in E]\)，那么自然而然地得到 \(k=2\) 時答案為：
考慮 \(n\) 相等的情況。由於 \(k>2\) 時，各層的逆序對為疊加關系，因此各層的行列式乘法時 \(-1\) 的指數就會相加，滿足系數要求；同時，將行列式相乘也相當於枚舉了每一種可能的方案，因此可以得到答案：
最后考慮 \(n\) 不相等的情況，根據 \(n_k=n_1\) 的限制不難想到 \(\det(\prod_{j=1}^{k-1}M_j)\) 就是答案。順向思考，考慮任意一種路徑方案，必然可以被描述為：首先，從 \(2\sim k-1\) 的每一層中選擇一個大小為 \(n_1\) 的子集，接着就化歸到了 \(n\) 相等的情況，最終我們需要對所有的子集方案求和；可以發現這就是 Cauchy-Binet 公式的形式，因此我們的猜想是正確的。
本題有億點卡常，不建議寫成矩陣乘法，建議寫成類似於 DP 的形式，最終復雜度即為 \(O(Tn_1\sum m)\)。
D1T3 慶典
還不錯的題目。
簡單轉化：題目中“可能經過 \(u\)”等價於“既能從 \(s\) 到達 \(u\)，也能從 \(u\) 到達 \(t\)”。
首先考慮 \(m=n-1\) 的部分分，不難論證得出此時圖的形態必然是一棵外向樹。對於普通的點，它們僅能從祖先的點到達，僅能到達子樹內的點。而題目給出的 \(k\) 條邊僅僅會影響 \(2k\) 個點的可達性與到達性，其余的點的可達性、到達性仍然可以”借用“祖先的點和子樹的點來描述。
這樣，我們不難想到，最終可以經過的點就可以被描述為 \(2(k+1)\) 個關鍵點之間的某些鏈的並集。合法的鏈即”從 \(s\) 可以到達鏈頭，且從鏈尾可以到達 \(t\) 的鏈“。注意到 \(k\) 很小，因此可以暴力 Floyd 求出傳遞閉包，接着枚舉每條鏈，最后做一個樹上鏈並即可。
還需要注意，新加入的 \(k\) 條邊也可以被算作合法的鏈，但是顯然這樣的鏈只有端點有效，因此打一下標記即可。
最后解決 \(m\not=n-1\) 的情況，將強連通分量縮點之后，題目的性質在新圖上仍然滿足，縮點后直接跑。
小結：注意圖的形態，縮點后保持樹形；注意答案的形態，一定是鏈並。
復雜度可以做到 \(O(n\log_2n+qk^3)\)。
D2T1 量子通信
不錯的亂搞題目，正好戳中我的痛點。
由於 \(k\le 15\)，因此有變化的部分會很少；同時，如果我們將一個單詞划分為 \(16\) 段，每段長度即為 \(16\)，那么 \(k\) 次修改最多會帶來 \(15\) 段變化，也即，必然會有一段保持不變。因此對於詢問串，我們可以枚舉保持不變的一段，並檢查在枚舉段相同的單詞中是否有差異不超過 \(k\) 的單詞。
由於字典中的單詞隨機，因此每一段中，某種情況的單詞期望個數為 \(\frac{4\times10^5}{2^{16}}\approx 8\)；此外，計算差異數可以用 __builtin_popcountll 做到 4 次運算，因而復雜度為 \(O(n+q)\)，其中 \(n\) 的常數約為 64, \(q\) 的常數約為 512。
小結：一定要多多注意小數據的處理方式，在這道題中就根據較小的修改次數和較長的長度，運用鴿巢原理大幅縮減所需檢查的字符串的數量（這應該是查找類題目的重要思路）。
D2T2 密碼箱
容易發現 \(f\) 計算的是一個連分數：\([a_0;a_1,a_2,\dots,a_n]\)
考慮遞推計算，設 \(f_k=[a_k;a_{k+1},a_{k+2},\dots,a_n]=\frac{p_k}{q_k}\)；特別地，邊界 \(f_n=\frac{1}{a_n}\)。
那么遞推關系為：
也即：
這組遞推式有兩個作用：
第一，根據遞推式可以發現 \(\gcd(p_k,q_k)=\gcd(p_{k+1},q_{k+1})\)，在邊界處 \(\gcd(p_k,q_k)=1\)，因此中途結果均保持既約性質，不需要約分；
第二，遞推式是線性的，這表明遞推過程可以用矩陣來描述；設 \(F_k=\begin{bmatrix}p_k\\q_k\end{bmatrix},M_k=\begin{bmatrix}a_k&1\\1&0\end{bmatrix}\)，則 \(F_k=M_kF_{k+1}\)。
注意到這個轉移與 \(a\) 相關，而為了維護操作序列的變化，我們最好是將 W 和 E 直接用矩陣來描述。
容易發現 W 其實就是矩陣 \(\begin{bmatrix}1&0\\1&1\end{bmatrix}\)；而考慮 E 操作，當 \(a\) 的最后一個元素不為 1 的時候，E 等價於矩陣 \(\begin{bmatrix}1&0\\-1&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1&1\\1&0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1&1\\1&0\end{bmatrix}\)，而當 \(a\) 的最后一個元素為 1 的時候，這個矩陣乘上以后得到 \(\begin{bmatrix}1&1\\1&0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1&0\\-1&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1&1\\1&0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1&1\\1&0\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&0\\1&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1&1\\1&0\end{bmatrix}\)，施加上以后恰好等價於“先去掉最后一個元素，再給最后一個元素 +1，再在末尾添加一個 1”，也就是給倒數第二個元素 +1。
因此直接用平衡樹維護矩陣積即可，細節有億點多。
小結：從部分情況入手，逐步推廣的思路很好用；尤其是在本題中，E 的操作看起來構造性很強，其實也暗示它很有可能就是某一特殊情況簡單推廣后的結果。
D2T3 機器人游戲
非常棒的題目，質量很不錯
樣例 2 的解釋貼心地給出了容斥計算的解釋，直接模擬可以得到一個 \(O(2^nn^2m)\) 或者 \(O(2^nnm)\) 的容斥做法，這里就不詳細解釋了。
但是這個做法還需要優化。不難發現對於每個格子的四種操作：不變/賦 0/賦 1/取反 構成了一個群，以下我們分別用 0/1/2/3 表示這四種操作。
我們只需要考慮每個格子被操作覆蓋的情況即可計算出方案數。在較差的復雜度中，我們可以直接預處理每種情況的方案數；為了優化，我們需要細致分析。假如一個格子同時被 0,3 覆蓋，或者同時被 1,2 覆蓋，那么它只能輸入輸出都為空，因此方案數為 1；假如一個格子被 0/3 其一覆蓋，同時被 1/2 其一覆蓋，那么它除空外只有一種方案，因此方案數為 2；在其它情況下，方案數均為 3。
需要注意，如果某個格子並未被容斥集合中出發的每機器人次覆蓋住，那么該格子便隱式地被 0 覆蓋。
那么，對於任意容斥集合 \(P\)，使用 unsigned 我們不難處理出操作 \(o\) 影響到的格子的集合 \(f_{P,o}\)，按照上面的分析處理出不同情況的位置集合計算即可。
如此我們得到了 \(O(2^nm)\) 的容斥。
為了方便描述，設 \(r_j\) 表示機器人 \(j\) 影響到的格子個數，也即字符串中 R 數量 +1。
注意到極限數據為 \(n=32\)，恰好為 \(16\) 的兩倍，這啟示我們折半處理容斥集合。對於僅包含左邊 \(16\) 個位置的容斥集合，我們可以直接枚舉並計算；對於包含右邊 \(16\) 個位置中任意一個的容斥集合，我們注意到此時貢獻非 1 方案數的機器人必然滿足 \(r_j\le n-\max P\le \frac{n}{2}\)，其中 \(P\subseteq \{0,1,2,\dots,n-1\},\exist p\ge \frac{n}{2},p\in P\)。
由於每個位置僅會受前 \(r_j\) 個位置影響，因此我們可以枚舉 \(P\) 中最大值后直接 DP，狀態 \(f_{i,S,0/1}\) 表示前 \(i\) 個位置，其中 \([i-\frac{n}{2}+1,i]\) 的選擇情況為 \(S\)，在 \([0,i-\frac{n}{2}]\) 中無/有選中的位置的情況下，容斥的結果。其中每個位置的貢獻也可以預處理，\(c_{S,0/1,k}\) 表示對於某一位置，若 \([i-\frac{n}{2}+1,i]\) 的選擇情況為 \(S\)，在范圍外無/有選中的位置的情況下，所有 \(r_j\le k\) 的機器人的貢獻。
DP 結束后還需要計算最大值之外的位置的貢獻，用好 \(c\) 即可。
這部分復雜度為 \(O(m2^{\frac{n}{2}}+n^22^{\frac{n}{2}})\)。
將兩個做法結合在一起即可得到正解。
小結：在降低復雜度的過程中，精細的分析是很有必要的，有時候需要借助比較暴力的預處理，不過在本題中仍需要進一步分析；此外，本題的復雜度平衡依托於當包含的元素都靠前時，容斥集合包含的位置較少；當包含的元素靠后時，有效的機器人 \(r\) 較小，出現這樣的 \(\min\) 限制的時候需要注意是否可以平衡復雜度。