[ABC228-G] Digits on Grid

可以发现行数和列数相当小，可以将其中一维状压，同时因为奇数步和偶数步的操作很类似，只需要考虑其中一种就行了，这里考虑奇数步。

设 f(S)f(S)f(S) 表示当前位置所在的行的集合为 SSS 的方案数，接下来我们需要计算出 g(S)g(S)g(S) ，其意义是所在的列的集合为 SSS 的方案数，这时候我们从 f(S)f(S)f(S) 中找一个数字 aaa 拓展，其能到达的行的集合为 D(S,a)D(S,a)D(S,a) ，那么可以得到转移：
g(D(S,a))←f(S)g(D(S,a))\leftarrow f(S) g(D(S,a))←f(S)

这个 D(S,a)D(S,a)D(S,a) 可以使用 D(S,a)={j∣i∈S,ai,j=a}D(S,a)=\{j\mid i\in S, a_{i,j}=a\}D(S,a)={j∣i∈S,ai,j=a} 得到。

初始条件显然是 f({1,2,3,…,h})=1f(\{1,2,3,\dots, h\}) = 1f({1,2,3,…,h})=1

[ABC229-G] Longest Y

⇒\Rightarrow⇒原题链接

容易想到二分，然后 check\verb|check|check 的时候显然要选择编号连续的一段，保持中间的不动，然后两头往中间靠就行了。

[ABC230-G] GCD Permutation

⇒\Rightarrow⇒原题链接

可以先写一下题目要求的式子：
ANS=∑i=1n∑j=in[(i,j)>1∧(pi,pj)>1]\mathrm{ANS}= \sum_{i=1}^n \sum_{j=i}^n \left[(i,j)> 1 \land \left(p_i,p_j\right)> 1\right] ANS=i=1∑nj=i∑n[(i,j)>1∧(pi,pj)>1]

对于形如 [n>1][n>1][n>1] 的判断式，可以使用莫比乌斯函数的性质：∑d∣nμ~(d)=[n>1]\sum_{d|n} \tilde\mu(d)=[n>1]∑d∣nμ~(d)=[n>1] 展开。注意，这个 μ~(n)=−μ(n)\tilde\mu(n)=-\mu(n)μ~(n)=−μ(n) 。由于原题的条件式是 and\verb|and|and ，因此可以直接将两个求和乘起来。

变化一下：
ANS=∑i=1n∑j=in∑d∣(i,j)∑g∣(pi,pj)μ~(d)μ~(g)\mathrm{ANS}= \sum_{i=1}^n \sum_{j=i}^n \sum_{d|(i,j)} \sum_{g|\left(p_i,p_j\right)} \tilde\mu(d) \tilde\mu(g) ANS=i=1∑nj=i∑nd∣(i,j)∑g∣(pi,pj)∑μ~(d)μ~(g)

按照化式子的套路，可以将 d,gd,gd,g 放到前面去：
ANS=∑d=1n∑g=1nμ~(d)μ~(g)∑i=1n∑j=in[d∣i∧d∣j∧g∣pi∧g∣pj]\mathrm{ANS}= \sum_{d=1}^n \sum_{g=1}^n \tilde\mu(d) \tilde\mu(g) \sum_{i=1}^n \sum_{j=i}^n [d|i~\land~d|j~\land~g|p_i~\land~g|p_j] ANS=d=1∑ng=1∑nμ~(d)μ~(g)i=1∑nj=i∑n[d∣i ∧ d∣j ∧ g∣pi ∧ g∣pj]

后面两个 Σ\SigmaΣ 可以看成是一个关于 d,gd,gd,g 的函数，但是因为 d,gd,gd,g 对 i,ji,ji,j 的限制其实是一样的，因此设 f(d,g)=∑i=1n[d∣i∧g∣pi]f(d,g)=\sum_{i=1}^n [d|i~\land~g|p_i]f(d,g)=∑i=1n[d∣i ∧ g∣pi] ，那么式子就变成了：
ANS=∑d=1n∑g=1nμ~(d)μ~(g)f(d,g)[f(d,g)+1]2\mathrm{ANS}=\sum_{d=1}^n \sum_{g=1}^n \tilde\mu(d) \tilde\mu(g) \frac{f(d,g)[f(d,g)+1]}{2} ANS=d=1∑ng=1∑nμ~(d)μ~(g)2f(d,g)[f(d,g)+1]

μ~(n)≠0\tilde\mu(n)\ne 0μ~(n)=0 位置不多，将这些位置都找出来。

[ABC225-F] String Cards

⇒\Rightarrow⇒原题链接

写了一堆假做法。

首先将字符串排序，使其满足对于任意一组 1≤i<j≤N1\leq i < j\leq N1≤i<j≤N ，满足 Si+Sj<Sj+SiS_i+S_j< S_j+S_iSi+Sj<Sj+Si 。然后倒着 dpdpdp ，设 f(i,j)f(i,j)f(i,j) 表示考虑了第 iii 到 nnn 个，选择了 jjj 个的最小字符串，显然有转移：
f(i,j)=min⁡{f(i+1,j),Si+f(i+1,j−1)}f(i,j)=\min\{f(i+1,j),S_i + f(i+1,j-1)\} f(i,j)=min{f(i+1,j),Si+f(i+1,j−1)}

[ABC225-G] X

⇒\Rightarrow⇒原题链接

首先可以转化一下题意：ANS=(∑i,jAi,j)−不选择的位置−C×横线数\mathrm{ANS}=\left(\sum_{i,j} A_{i,j}\right)-\text{不选择的位置}-C\times 横线数ANS=(∑i,jAi,j)−不选择的位置−C×横线数。我们要最小化这两个减去的数，可以考虑用最小割。

有两种选择：

不选择这个数。
选择这个数，尝试和左上角和右上角连接起来，对于其中一个方向，如果不能连接，就加上 CCC 。

对于第一种选择，可以这样搞：
∀1≤i≤H,1≤j≤W,S→Ai,j(i,j)\forall ~1\leq i\leq H, 1\leq j\leq W,~S\xrightarrow{A_{i,j}} (i,j) ∀ 1≤i≤H,1≤j≤W, SAi,j(i,j)

对于第二种，以左上为例：
∀1≤j≤W,(1,i)→CT∀1<i≤H,1≤j≤W,(i,j)→0T,(i,j)→C(i−1,j−1)\begin{aligned} \forall~ 1\leq j\leq W, ~&(1,i)\xrightarrow{C} T\\ \forall~ 1<i\leq H, 1\leq j\leq W, ~&(i,j)\xrightarrow{0} T, (i,j)\xrightarrow{C} (i-1,j-1) \end{aligned} ∀ 1≤j≤W, ∀ 1<i≤H,1≤j≤W, (1,i)CT(i,j)0T,(i,j)C(i−1,j−1)

[USACO21OPEN] Balanced Subsets P

⇒\Rightarrow⇒原题链接

容易想到一个 O(n5)O(n^5)O(n5) 的 dp\verb|dp|dp 。设 f(i,l,r,0/1,0/1)f(i,l,r,0/1, 0/1)f(i,l,r,0/1,0/1) 表示当前考虑到第 iii 行，第 iii 行选择了区间 [l,r][l,r][l,r] ，第 iii 行的左端点为递减/递增状态，右端点为递增/递减状态的方案数，转移显然。可以发现可以用二维前缀和优化成 O(n3)O(n^3)O(n3) 。代码非常令人烦躁。

[CF-1366F] Jog Around The Graph

⇒luogu\Rightarrow \rm luogu⇒luogu 链接

分情况讨论。

对于路径长度小于等于 mmm 的，可以使用 dp\verb|dp|dp 求出答案：设 f(i,j)f(i,j)f(i,j) 表示走了 iii 步，到达节点 jjj 的最长长度，转移显然，这里令不能到达的 f(i,j)=−∞f(i,j)=-\inftyf(i,j)=−∞ 。

对于路径长度大于等于 mmm 的答案,设长度为 lll，这时候路径一定不是简单路径。思考一下性质可以发现，答案的方案一定是走到某一边的一端之后，剩余都是在这条边上来回走动，换而言之，答案一定是形如 we(l−m)+f(m,ue/ve)w_e(l-m)+f(m,u_e/v_e)we(l−m)+f(m,ue/ve) 的。这个东西很明显是一个直线的形式，但是由于坐标范围过大，不能用李超树。将其转化为维护凸包的一半，然后对于凸包上的每一个点都求出贡献。

[CF-1366G] Construct the String

⇒luogu\Rightarrow \rm luogu⇒luogu 链接

容易想到用 dp\verb|dp|dp 解决，设 f(i,j)f(i,j)f(i,j) 表示用 s1…is_{1\dots i}s1…i 匹配 t1…jt_{1\dots j}t1…j 的最小花费。关键在转移，容易想到删除和匹配一个字符的转移，但是原串中的 '.'\verb|'.'|’.’ 带来的撤回操作并不是那么好处理。但是我们可以将撤回操作和被撤回字符一起处理。具体而言，对于一个位置 iii ，若下一个位置是一个小写字符，其被撤回的操作显然是满足 ∑j=ik∣sj='.'∣=∑j=ik∣sj∈['a','z']∣\sum_{j=i}^k |s_j = \verb|'.'||=\sum_{j=i}^k \left|s_j \in [\verb|'a'|, \verb|'z'|]\right|∑j=ik∣sj=’.’∣=∑j=ik∣sj∈[’a’,’z’]∣ 的第一个 kkk ，设其为 nxti\mathrm{nxt}_inxti 。

那么可以得到转移：

f(i+1,j+1)←si+1=tj+1f(i,j)f(i+1,j)←f(i,j)+1f(nxti+1,j)←si+1∈['a','z']f(i,j)\begin{aligned} f(i+1,j+1) &\xleftarrow{s_{i+1}=t_{j+1}} f(i,j)\\ f(i+1,j) &\xleftarrow{} f(i,j)+1\\ f(\mathrm{nxt}_{i+1}, j) &\xleftarrow{ s_{i+1} \in [\verb|'a'|, \verb|'z'|]} f(i,j) \end{aligned} f(i+1,j+1)f(i+1,j)f(nxti+1,j)si+1=tj+1f(i,j)f(i,j)+1si+1∈[’a’,’z’]f(i,j)

答案显然为 f(∣s∣,∣t∣)f(|s|,|t|)f(∣s∣,∣t∣)

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