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两年前的我这么强吗，还会写 30pts，现在的我 30pts 都写不出来。这种字符串工业太可怕了！

好吧，其实做法的提示性很强，这个东西明摆着是让你根号分治的。难点在于维护而不在于贪心。

我先口胡一个东西看看对不对啊。跑 SA，设阈值是 $B$，然后 $\gt B$ 的直接二分出来 $\rm sa$ 范围，然后扔主席树上不停进行区间查询时间复杂度是 $\mathcal O(\frac{nq}{B}\log n)$ 的一个东西。然后 $\le B$ 的子串只有 $\Theta(nB)$ 个。怎么预处理来着？

哦好像题目里规定了 $\le B$ 的很少，$r-l$ 随机均匀这个性质咋用？是想告诉我默认 $\tilde O(r-l)=1000$ 吗？

那我是不是还是可以和上面那个东西一样暴力跑啊 /qd。

看一眼 myee 的题解，好像还真行，$X=50,Y=2000$ 的话这个东西的复杂度就是

$$\mathcal O(\frac{\log n}{Y-X}\int_X^Y \frac{n}{x}\, \mathrm d x) = \mathcal O(n\log n\frac{\ln Y - \ln X}{Y-X})$$

我不会微积分啊，这个式子是抄的。写完这个一定要学一学微积分，要不然这种细致复杂度分析不会做 /ng。（学不会，开摆）

好像还有 $r-l\le X$ 的情况，这个咋办来着。

一般来说字符串这种东西可以反着来，想一想出题人会怎么卡。他要卡我的话肯定能匹配的越多越好，那这样的话询问的本质不同串是不是不会多。

看题解。好吧，首先按上面的方法找到第一个位置，然后倍增预处理就行。不想写代码，啥时候闲的蛋疼了再写。

从整张图入手，有两种方法可以得出这道题的结论。

高斯消元：把矩阵列出来，不难发现矩阵的秩为 $n-1$，那么方案数即为 $2^{m-n+1}$。

构造法：我们考虑一棵树。根据经典的剥叶子型构造手法，我们可以得出一棵树的时候方案数唯一，除非要求 $1$ 的点数为奇数，那样状态异或和为 $1$，而我们的操作状态异或和始终为 $0$，所以构造不出来。反之我们随便抽出来一棵生成树，对于其它边，显然取或不取只会反转两个点的状态，而我们的构造法永远可以构造出唯一解，所以方案数就是 $2^{m-n+1}$。

然后我们考虑这个原问题。图上就那么几个知识点，这题又和割点强相关，那就考虑广义圆方树。

假设一开始有 $\rm cnt$ 个连通块，$i$ 有 $\mathrm{deg}_i$ 条连边，和 $\mathrm{cut}_i$ 个方点相连，并且 $i$ 断开后没有一个连通块内有奇点，那么方案数就是 $2^{m-n-\mathrm{deg}_i+\mathrm{cnt}+1+\mathrm{cut}_i}$。时间复杂度 $\mathcal O(Tn)$。甚至不用显式地建出来圆方树，因为我们只需要 $\rm sz$ 和 $\rm cut$ 两个数组，直接求割点就行。

算法：字符串哈希

方法通过将字符串的每一位字符转化为一个P进制数（P一般取较大的素数，如131,1007等）取模或用$unsigned long long$自然溢出，再利用前缀和求区间和进行匹配

参考代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef unsigned long long ULL;
 
int res;
string s;
 
int const P=131;  //这里使用131进制数
ULL p[1000010],f[1000010]; //转化进制是用的数组和前缀和数组
 
int main(){
    f[0]=0,p[0]=1;
    cin>>s;
    s=" "+s;
    for (int i=1;i<=s.length();i++){
        f[i]=f[i-1]*P+(s[i]-'a'+1);  //将s转化为数
        p[i]=p[i-1]*P;  //和转化进制的方式相似
    }
    int n;
    ULL res1,res2;
    scanf("%d",&n);
    int l1,l2,r1,r2;
    for (int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%d %d %d %d",&l1,&r1,&l2,&r2);
        res1=f[r1]-f[l1-1]*p[r1-l1+1];
        res2=f[r2]-f[l2-1]*p[r2-l2+1];
        if (res1==res2) printf("Yes\n");
        else printf("No\n");
    }
    
    return 0;
}

这是一个 $k + 1$ 维偏序问题，如果使用 CDQ 分治的话将收获 $\mathcal O(n\log^k n)$ 的复杂度，而 $n = 40000$ 的情况下 $\log^k n$ 在这题已经是 $10^6$ 的量级，甚至跑不过暴力 $\mathcal O(n^2k)$。

考虑 bitset，我们用 $S_i$ 的一个 bitset 存储当前所有维度均小于 $i$ 的节点，每次对新的维度排序，然后 bitset and 一下即可。不难发现这样可以正确维护。

时间复杂度 $\mathcal O(\frac{n^2k}{\omega})$，其中 $\omega$ 是计算机位数，一般取 $\omega = 32\ \mathrm{or}\ 64$，跑得飞快，比一些实现的不好的 KDTree 正解还要快。

#include<iostream>#include<cstdio>#include<algorithm>#include<cstring>using namespace std;const int Hen_hen_eaaaaa(233333);struct Eat{ int Now,Nxt,Bef,Col;}eat[Hen_hen_eaaaaa],frt[Hen_hen_eaaaaa];int n,cnt,STT;bool NOW;inline int R(){ int x=0,f=1;char c='c'; while(c>'9'||c<'0'){f=f*(c=='-'?-1:1);c=getchar();} while(c<='9'&&c>='0'){x=x*10+c-'0';c=getchar();} return x*f;}int main(){ freopen("csp2021pj_fruit.in","r",stdin); freopen("csp2021pj_fruit.out","w",stdout); n=R(); if(!n) return 0; for(int i=1;i<=n;++i){frt[i].Col=R();frt[i].Bef=i-1;frt[i-1].Nxt=i;} NOW=!frt[1].Col;frt[0].Nxt=1; for(int i=1;i<=n;++i){ if(frt[i].Col!=NOW){ NOW=frt[i].Col; eat[++cnt].Now=i; eat[cnt].Bef=cnt-1; eat[cnt-1].Nxt=cnt; } } int N,NN,NNN; while(frt[0].Nxt&&eat[0].Nxt){ N=eat[0].Nxt; while(N){ printf("%d ",eat[N].Now); NN=eat[N].Now; frt[frt[NN].Bef].Nxt=frt[NN].Nxt; frt[frt[NN].Nxt].Bef=frt[NN].Bef; eat[N].Now=frt[NN].Nxt; NNN=eat[N].Now; if(((frt[NNN].Col!=frt[NN].Col)||(!NNN))&&((frt[eat[eat[N].Bef].Now].Col!=frt[NN].Col)||(!eat[N].Bef))){ eat[eat[N].Bef].Nxt=(eat[N].Bef?((eat[eat[N].Nxt].Nxt&&eat[N].Nxt)?eat[eat[N].Nxt].Nxt:0):eat[N].Nxt); eat[eat[eat[N].Nxt].Nxt].Bef=((eat[N].Bef&&eat[eat[N].Nxt].Nxt&&eat[N].Nxt)?eat[N].Bef:eat[eat[eat[N].Nxt].Nxt].Bef); eat[eat[N].Nxt].Bef=((eat[N].Bef||!eat[N].Nxt)?eat[eat[N].Nxt].Bef:0); } N=eat[N].Nxt; } printf("\n"); } return 0;}

nfls 集训的作业题。

考虑 dp。设 $f_i$ 表示前 $i$ 个串的最小代价，$s_i$ 为前缀和，则：

$$f_i=\min_{j\in [0,i)} f_j+|s_i-s_j+i-j-L-1|^p$$

然后发现右边的东西关于 $s_i+i-L-1$ 是一个对称的东西，而且二阶导恒非负。这个时候考虑使用二分队列优化决策单调性。

考虑用三元组 $\left\langle j, l, r \right\rangle$ 表示 $l\to r$ 内的最优决策点为 $j$。

遍历 $i:1\to n$，当队首的 $r\lt i$ 的时候先扔掉，然后令 $l=i$。

对于队尾的一些 $\left\langle j,l,r \right\rangle$，如果 $i\to l$ 的决策比 $j\to l$ 的决策更优，根据决策单调性，$[l,r]$ 内的决策都是 $i$ 更优，直接舍弃 $j$，更替为 $i$。

如果我们弹出的过程中遇到了第一个不满足上述条件的 $\left\langle j,l,r \right\rangle$，那么一定存在一个决策点 $p\in [l,r]$，满足 $\forall x\in [l,p]$，$j$ 更优，$\forall x\in [p+1,r]$，$i$ 更优。直接二分出来就行。

时间复杂度均摊 $\mathcal O(n\log n)$。