HNOI2019 DAY2 题解
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题解：
这可能是 HNOI2019 里最神的一题了 orz。
首先不难发现一个暴力，记 f ( i , j ) f(i,j) f(i,j) 表示点对 i , j i,j i,j 之间是否存在回文路径，枚举他们的出边暴力转移即可。初始的时候所有的 f ( i , i ) f(i,i) f(i,i) 和两个颜色相同且相邻的点 f ( a , b ) f(a,b) f(a,b) 为 t r u e true true，扔到队列里 b f s bfs bfs 即可。不难发现任意一对边至多只会被枚举 4 4 4 次，因此复杂度是 O ( m 2 ) O(m^2) O(m2) 的。
然后就是神仙想法了，我们可以减少边的数量。令连接两个颜色相同的点的边为同色边，否则为异色边。考虑最终的回文串长啥样，肯定是一段同色边一段异色边不断接起来。由于一条边可以来回走，因此我们要保证对应同色边或异色边的条数的奇偶性相同。也就是说，我们只在意对应的奇偶性而不在意具体的路径长度。
不妨把两种边分开考虑，把所有异色边全部删掉，那么剩下的图中一个连通块里的所有点颜色全部相同。如果一个连通块是二分图，那么就意味着无论怎么走，任意两个点之间路径长度的奇偶性都是固定的。因此对于是二分图的连通块，我们只要保留任意一棵生成树即可。
否则的话，就一定存在奇环。由于我们并不在意路径长度而只在意奇偶性，因此给随便一个点连一条自环即可。
对于异色边，连出来的连通块显然就是一个二分图，也任意保留一棵生成树即可。
因此，边数就变成了 O ( n ) O(n) O(n) 的，直接跑上面的暴力即可 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2) 解决。
#include 白兔之舞
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题解：
比较套路的一题吧……看到和 m o d k \bmod~k mod k 有关，就可以想起单位根反演。我们记 g ( i ) g(i) g(i) 表示 m o d k = i \bmod~k=i mod k=i 时的答案， F ( x ) F(x) F(x) 表示路径长度作为指数，方案数作为系数的关于 x x x 的多项式，第 i i i 项系数为 f i f_i fi。易得：
g ( p ) = ∑ i = 0 L − p f i + p ⋅ 1 k ∑ j = 0 k − 1 ( ω k i ) j = 1 k ∑ j = 0 k − 1 F ( ω k j ) ω k − p j g(p)=\sum_{i=0}^{L-p}f_{i+p}\cdot\frac{1}{k}\sum_{j=0}^{k-1}(\omega_k^i)^j=\frac{1}{k}\sum_{j=0}^{k-1}F(\omega_k^j)\omega_k^{-pj} g(p)=i=0∑L−pfi+p⋅k1j=0∑k−1(ωki)j=k1j=0∑k−1F(ωkj)ωk−pj
接下来考虑如何求 F ( ω k j ) F(\omega_k^j) F(ωkj)。我们显然可以枚举走了 i i i 步，然后是个转移矩阵的 i i i 次方乘一个组合数。即：
F ( x ) = ∑ i = 0 L ( L i ) A i x i = ( A x + I ) L F(x)=\sum_{i=0}^L\binom{L}{i}A^ix^i=(Ax+I)^L F(x)=i=0∑L(iL)Aixi=(Ax+I)L
其中 A A A 是转移矩阵， I I I 是单位矩阵。最终多项式的系数和实际上就是 ( A x + I ) L (Ax+I)^L (Ax+I)L 第 x x x 行第 y y y 列的值，因此矩阵快速幂即可计算出 F ( ω k j ) F(\omega_k^j) F(ωkj) 了。但是如果暴力计算还是 O ( k 2 ) O(k^2) O(k2) 的，于是用到了毛爷论文里的“非 2 2 2 的幂次的DFT算法”。
考虑把 − p j -pj −pj 拆成只和 p − j p-j p−j ， p p p 或 j j j 有关的项。不难想到 − p j = 1 2 ( ( p − j ) 2 − p 2 − j 2 ) -pj=\frac{1}{2}((p-j)^2-p^2-j^2) −pj=21((p−j)2−p2−j2)，但是有个 1 2 \frac{1}{2} 21 的系数，这会使得没有二次剩余的项变得麻烦。于是稍加变换，得到 − p j = 1 2 ( ( p − j ) ( p − j + 1 ) − p ( p + 1 ) − j ( j − 1 ) ) -pj=\frac{1}{2}((p-j)(p-j+1)-p(p+1)-j(j-1)) −pj=21((p−j)(p−j+1)−p(p+1)−j(j−1)) 即可。于是就变成了：
g ( p ) = ω k − p ( p + 1 ) 2 k ∑ j = 0 k − 1 F ( ω k j ) ω k ( p − j ) ( p − j + 1 ) 2 ω k − j ( j − 1 ) 2 g(p)=\frac{\omega_k^{-\frac{p(p+1)}{2}}}{k}\sum_{j=0}^{k-1}F(\omega_k^j)\omega_k^{\frac{(p-j)(p-j+1)}{2}}\omega_k^{-\frac{j(j-1)}{2}} g(p)=kωk−2p(p+1)j=0∑k−1F(ωkj)ωk2(p−j)(p−j+1)ωk−2j(j−1)
已经很像卷积了，唯一的遗憾就是 j j j 最大是到 k − 1 k-1 k−1，而不是 p p p。不妨令 a i = ω k ( i − k ) ( i + 1 − k ) 2 , b i = F ( ω k i ) ω k − i ( i − 1 ) 2 a_i=\omega_k^{\frac{(i-k)(i+1-k)}{2}},b_i=F(\omega_k^i)\omega_k^{-\frac{i(i-1)}{2}} ai=ωk2(i−k)(i+1−k),bi=F(ωki)ωk−2i(i−1)，并且当 i ≤ k i\le k i≤k 时 b i = 0 b_i=0 bi=0，那么上面的算式可以变成：
g ( p ) = ω k − p ( p + 1 ) 2 k ∑ j = 0 p + k a p + k − j b j g(p)=\frac{\omega_k^{-\frac{p(p+1)}{2}}}{k}\sum_{j=0}^{p+k}a_{p+k-j}b_j g(p)=kωk−2p(p+1)j=0∑p+kap+k−jbj
这样就是一个卷积形式了，MTT即可。复杂度 O ( k l o g k ) O(klogk) O(klogk)。
#include 序列
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题解：
感觉这题是D2里最简单的了……显然对于一个连续的下降段，它们修改成相同的数最优。于是贡献就是 ∑ ( x − a i ) 2 \sum(x-a_i)^2 ∑(x−ai)2，稍加计算就可以知道 x x x 取平均数时最优。然后我们假设把所有的下降段都缩成一个数，这样又会出现新的下降段，不断缩直到数列不降，这种策略一定最优。
考虑使用单调栈维护。从左向右扫，如果栈顶元素大于当前元素到栈顶元素之间所有数字的平均数，就弹出。于是第一问就可以在 O ( n ) O(n) O(n) 的时间内计算出来了。
考虑第二问怎么做。我们可以维护一个从左向右的单调栈和一个从右向左的单调栈，如果强制在线的话可以把单调栈可持久化一下，不过这题可以离线做，那就不用可持久化了。
考虑如何合并两个栈以及中间元素，我们可以大致模拟一下，从中间元素开始向右扫，每次找到最大的 l l l 使单调栈中的第 l − 1 l-1 l−1 个元素小于等于 l l l 到当前位置的平均数，然后区间set成同一个值。于是找 l l l 可以用二分解决。那么我们扫到什么时候才算结束呢？肯定是找到最大的 r r r，这个 r r r 找到对应的 l l l 之后，形成的那个值要小于等于右边单调栈的第 r − 1 r-1 r−1 个元素。
因此我们二分 r r r，里面再套一个二分计算 l l l 即可。复杂度 O ( n l o g 2 n ) O(nlog^2n) O(nlog2n)。
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