挺好的递推+矩阵快速幂题

题面:有一个m面的骰子,问投n次使投到第6面为偶数次的方案数

首先考虑递推，设f(i,j,k)为投i次的情况，j为0或1 (0为本次未投到第6面,1为投到了)，k为0或1 (当前投到第6面次数的奇和偶,0为偶,1为奇)

转移方程为$f(n,1,0) = f(n-1,1,1) + f(n-1,0,1)$

$f(n,1,1) = f(n-1,1,0) + f(n-1,0,0)$

$f(n,0,0) = m-1 * f(n-1,1,0) + m-1 * f(n-1,0,0)$

$f(n,0,1) = m-1 * f(n-1,1,1) + m-1 * f(n-1,0,1)$

看到n的范围$10^{18}$ wow，一眼dz，肯定要快速幂,根据递推可以想到矩阵快速幂，下面开始推转移矩阵

可以想到

$$\begin{bmatrix}f(n-1,1,0) & f(n-1,1,0) & f(n-1,0,0) & f(n-1,0,1) \\\end{bmatrix}$$

应该转移为

$$\begin{bmatrix}f(n,1,0) & f(n,1,0) & f(n,0,0) & f(n,0,1)\end{bmatrix}$$

所以根据递推转移方程考虑转移矩阵，则可建出矩阵为:

$$\begin{bmatrix}0 & 1 & m-1 & 0\\1 & 0 & 0 & m-1\\0 & 1 & m-1 & 0\\1 & 0 & 0 & m-1\\\end{bmatrix}$$

初始矩阵为$f(1)$ 即 $\begin{bmatrix}0 , 1 , m-1 , 0\end{bmatrix}$

OO最后直接跑矩阵快速幂就行了OO

复杂度为$O(4^3*log(n))$

好像这道题还有数学方法,但不会

给一个线性做法。

我们依次计算每个字符的最小值，采用双指针维护。

具体的，记当前字符为 $c$，维护两个指针 $l,r$，表示第 $l$ 个 $c$ 到第 $r$ 个 $c$ 能否全部并到一起。若可以就 $r$ 右移，否则 $l$ 右移。

问题转化为将区间 $[l,r]$ 全部并到一起的最小代价。注意到最优方案中一定有一个点不动，它两侧的点向它靠拢，我们再维护一个指针 $mid$ 表示这个点，那么当前代价为

$$\sum_{i=l}^{mid-1}{[(p_{mid}-mid+i)-p_i]}+\sum_{i=mid+1}^r{[p_i-(p_{mid}+i-mid)]}$$

$$=\sum_{i=l}^{mid-1}{(p_i-i)}-\sum_{i=mid+1}^{r}{(p_i-i)}-(r-mid)(p_{mid}-mid)+(mid-l)(p_{mid}-mid)$$

其中 $p_i$ 表示第 $i$ 个 $c$ 的下标。注意到我们预处理 $p_i-i$ 的前缀和即可 $O(1)$ 算出这个式子。

注意到这个式子关于 $mid$ 是下凸的，当 $l$ 和 $r$ 右移时，最优的 $mid$ 也是单调右移的，我们在双指针的同时维护 $mid$ 即可。

由于三个指针都单调右移，时间复杂度为 $O(L)$。

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乍一看这式子感觉纯纯逆天，这种带位运算的复杂式子肯定考虑拆位。记 $w_{i,j,k}$ 为 $d_{i,j}\oplus a_{i,j}$ 的第 $k$ 位，$w_{e,k}$ 为 $d_u \oplus d_v$ 的第 $k$ 位，化一下式子

$$ans=\sum_i \sum_j \sum_k {w_{i,j,k}b_{i,j}} + \sum_e \sum_k {w_{e,k}c_e} = \sum_k{2^k(\sum_i \sum_j {w_{i,j,k}b_{i,j}} + \sum_e {w_{e,k}c_e})}$$

此时也能看出 $d$ 的每一位是相互独立的，于是我们分开算，考虑每一位的最小值。

显然可以状压 dp，记 $f_{i,S}$ 表示第 $i$ 列填的状态为 $S$，前 $i$ 列的最小值。

转移直接枚举上一列填了什么即可，再加上三个代价：第 $i$ 列的点，第 $i$ 列的边，第 $i$ 列和第 $i-1$ 列之间的边。

时间复杂度 $O(m4^n\log V)$，理论上界大概是 $2e8$，然而最慢的点也不到 $800ms$，很神奇吧常数。

“引爆逆天力量，追寻圆环之理的神藏奥秘”第二作！

考虑将期望得分拆到每对点对上，也就等于选中每对点对的概率之和。而选中某对点对的概率显然都是相同的，于是直接用点分治统计好的点对的数量，再乘以概率即可。

概率是多少？记当前这个人要选 $c$ 个点，相当于 $n$ 个位置中有 $c$ 个特殊的，而两个点都放在特殊位置的概率，即 $p=\frac{c(c-1)}{n(n-1)}$。

时间复杂度 $O(n\log n)$。注意分母别爆 int 了。

开个新坑，系列名叫“引爆逆天力量，追寻圆环之理的神藏奥秘”（来源：ChatGPT3.5)。

对于树上所有两点距离的问题，考虑点分治。记当前分治中心为 $C$，对于在分治范围内的点 $u$，考虑计算所有经过 $C$ 的路径对 $u$ 的贡献。记 $f_i$ 表示与 $C$ 距离为 $i$ 的点的个数，若 $u$ 与 $C$ 的距离为 $d$，那么对 $u$ 的贡献为

$$\Delta_u=\sum_{i=0}^{D}{f_i w_{i+d}}$$

其中 $D$ 为分治范围到 $C$ 的最大距离。注意到这是一个差卷积的形式，处理方式是将 $f$ 倒置，即 $f'_i=f_{D-i}$，那么有

$$\Delta_u=\sum_{i=0}^{D}{f'_{D-i} w_{i+d}}=[x^{D+d}](\sum_{i}{f'_i x^i})(\sum_{i}{w_i x^i})$$

使用 NTT 计算卷积即可。然后再类似的减去 $u$ 所属子树对它的贡献。

注意到卷积只用计算前 $2D$ 位，这样就可以保证复杂度为 $O(n\log^2 n)$。以及答案最大 $1e9$，NTT 质数可以取 $1004535809$，原根为 $3$。

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该题解等待再次审核