幸せな明日を願うけど 底なしの孤独をどうしよう

もう うめき声しか出ない  わたし ぎゅうぐらりん

强度最低的一集。

考虑一个点 $(p_1,...,p_k)$ 的距离应该怎么算。

不难发现只可能是他们奇/偶最短路的最大值。也就是在距离最大的点到达前，其他所有的点都在某条边上来回横条。

记 $f_{u,0/1}$ 表示点 $u$ 的偶/奇最短路，那么答案就是

$$\sum_{S=\{p_1,...,p_k\}}{\min(\max_{u\in S}(f_{u,0}),\max_{u\in S}(f_{u,1}))}$$

既有min又有max，不是很好算。考虑min-max容斥，则答案为

$$\sum_S{\max_{u\in S}(f_{u,0})}+\sum_S{\max_{u\in S}(f_{u,1})}-\sum_S{\max_{u\in S}(\max(f_{u,0},f_{u,1}))}$$

注意到三者完全等价，我们只考虑第一项。

考虑将 $u$ 按 $f_{u,0}$ 升序排序后依次扫，那么问题转化为：

每次往某个组加入一个点，求从每个组中各选出一个点的方案数。

预处理逆元，容易做到线性复杂度。

あがいた梦を捨てて揺れる今日は眠って誤魔化せ

失くした言葉を知らないなら　各駅停车に乗り込んで

非常好凸包题，我不会一点。

首先尝试将答案写的形式化一点。令路径依次经过 $(i,a_i)$，则 $a_0=1,a_x=y,a_i\le a_{i-1}$，答案为

$$\sum_{i=1}^{x-1}{C_{a_i}}+\sum_{i=1}^{x}{(a_i-a_{i-1})i^2} =x^2y-1 +\sum_{i=1}^{x-1}{C_{a_i}-(2i+1)a_i} $$

令 $f_{i,j}$ 表示 $a_i=j$ 时的最小答案，根据斜率优化，决策点应该在 $(j,c_j)$ 的下凸包在斜率 $2i+1$ 的切点。

而我们注意到，随着 $i$ 的增大，$2i+1$ 也增大，那么决策点会单调右移。

如果从 $f_{x,y}$ 开始倒序模拟决策过程，那么就是在 $1\sim y$ 的下凸包上，先找到斜率 $2x+1$ 的切点 $p$，之后不断在 $p$ 原地决策，直到 $2i+1$ 小于 $p$ 与 $p-1$ 之间的斜率后，决策点会变为 $p-1$，然后重复……

注意到除了最开始的 $p$，再往后的决策是固定的，可以直接预处理贡献。而 $p$ 可以凸包二分求出，$p$ 的贡献也是容易计算的。

对于多组询问，注意到不同的只有 $y$ 的限制。考虑将询问离线挂到 $y$ 上，在维护到 $1\sim y$ 的凸包时计算答案。

时间复杂度 $O(q\log n)$。

君よ いっそいっそ いなくなれ

変わらない このままなら

显然题中生成的BST就是笛卡尔树，但是如果因此就往子树合并类的DP想的话就寄了（比如我）。

正确的做法是，将点的深度转化为祖先的个数，进而转化为每个点成为它祖先的方案数。即

$$Ans_u=\sum_v{\sum_{BST} [v\in anc(u) ]}$$

而 $ [v\in anc(u) ]$ 的充要条件是 $v$ 是 $u,v$ 间的最小值。

如果不考虑 $(u,v)$ 的限制，计算恰有 $k$ 个逆序对的排列数是经典的。令 $f_{i,j}$ 表示 $i$ 个数的排列，已有 $j$ 个逆序对的方案数，枚举 $p_i$ 与前 $i-1$ 位的相对大小，有

$$f_{i,j}=\sum_{k=0}^{i-1} f_{i-1,j-k}$$

这是可以写作生成函数的，令 $F_i=\sum f_{i,j}x^j$，有

$$F_n=\frac{\prod_{i=1}^n(1-x^i)}{(1-x)^n}$$

这允许我们 $O(n^3)$ 的计算总方案数。

现在有了 $(u,v)$ 的限制，先考虑 $u>v$ 的情况。

注意到上面的DP实际上是在往排列中一个一个塞数，而往最前端塞和最后端塞实际上是等价的。

那我们可以先将 $u,v$ 间的数先塞完，那么其它数就跟正常一样的。而增加的限制无非就是在塞 $v$ 的时候令 $k=0$，因为 $v$ 最小，无法产生逆序对。记 $L=u-v+1$，那么我们只用撤销第 $L$ 次转移，即

$$G=\frac{\prod_{i=1}^n(1-x^i)}{(1-x)^n} \frac{1-x}{1-x^L}$$

那么当前的贡献就是 $[x^k]G$。

上面的式子直接算的话是 $O(n^4)$ 的。

我们可以先预处理 $\prod_{i=1}^n(1-x^i)$，并递推求出 $(1-x)^{n-1}G$，然后计算 $[x^k]G$，就可以做到 $O(n^3)$了。

对于 $u<v$ 的情况，无非就是在塞 $v$ 的时候令 $k=L-1$，做法是类似的，不再赘述。

注意到还有 $u=v$ 的贡献，其实就是没有限制的方案数。

于是总时间复杂度 $O(n^3)$。

我等必将复起,古木已发新枝。

前置是Pro3575。

首先把二分图判掉。

回顾一下我们的连边方式可以发现，图中的边只有三类：

1. $(x-1,y-1) \to (x,y)$.

2. $(x-1,y+1) \to (x,y)$.

3. $(x,x+1) \to (x,x+1)$.

显然，每层的方案数互不影响，于是我们可以逐层计算，最后乘在一起即可。

根据有关链头的分析，我们不难得到一个DP：

令 $f_{i,j}$ 表示考虑前 $i$ 个点，且第 $i$ 个点向右留了 $j$ 个链头的方案数。

考虑从 $f_{i-1,k}$ 转移到 $f_{i,j}$。那么 $i$ 中的 $j$ 个点继承前面的链头，剩下 $cnt_i-j$ 个点去连 $fa_i$，那么有

$$f_{i,j} \gets f_{i-1,k} C_{cnt_i}^{j} (2^{cnt_{fa_i}}-1)^{cnt_i-j} g(cnt_{i-1},k,cnt_i,j)$$

其中 $g(n,x,m,y)$ 表示在数量分别为 $n,m$ 的两组点之间连边，使得第一组的前 $x$ 个点以及第二组的前 $y$ 个点都有连边的方案数。

枚举 $x$ 个点中不合法的个数进行容斥，得到

$$g(n,x,m,y)=\sum_{i=0}^{x}(-1)^i C_{x}^{i} (2^{n-i}-1)^y\ 2^{(n-i)(m-y)}$$

转移是有条件的。当 $i$ 为层左端时，$j=0$。当 $fa_i$ 不存在时，$j=cnt_i$。

最后是统计答案。

若本层的右端不是 $(x,x+1)$，那么贡献就是 $f_{i,0}$。

否则，$f_{i,j}$ 需要乘上其内部连边的方案数。不难发现就是在 $cnt_i$ 个点间任意连边(可以自环)，使得前 $j$ 个点都有连边的方案数，记作 $h(cnt_i,j)$。

类似的容斥，得到

$$h(n,x)=\sum_{i=0}^x (-1)^i C_{x}^{i} 2^{\frac{(n-i)(n-i+1)}{2}}$$

最终对答案的贡献就是 $\sum f_{i,j}h(cnt_i,j)$。

然后是节点 1 的保留节目。注意到如果节点 1 有自环，那么这个自环在新图中也是必须有的，而我们会当做有无均可计算，所以答案需要 $/2$。

恰当的预处理可以做到时间复杂度 $O(n^3)$。

实际上还有 $O(n^2)$ 的原神做法，但是我不会。一定是原神等级太低导致的。

只要不失去你的崇高,整个世界都将为你敞开。

喜报：本人在写完本文后，由于网站自动注销，且文章没有保存，成功丢失了全稿。现在这篇是本人又码了一遍得到了。令人忍俊不禁。

注意到 $f$ 只与原图的奇/偶最短路有关，那么每个点在两个图上的奇/偶最短路应该都是相同的。

若原图是二分图，那么答案为任意一棵生成树。

否则，所有点的奇/偶最短路均存在，记作 $(x,y)$。又发现两者的顺序无影响，于是不妨令 $x \lt y$。

考虑一个点 $(x,y)$ 的连边方式：

1. $(x-1,y-1) \to (x,y)$.

2. $(x-1,y+1) \to (x,y) \gets (x+1,y-1)$.

3. $(x-1,x+2) \to (x,x+1) \gets (x,x+1)$.

实际上③是②在 $y=x+1$ 时的特殊情况，但是很有用。

注意到②③中 $x+y$ 是不变的，这启示我们将点按照 $x+y$ 分层。而①中又有 $y-x$ 不变，这启示我们在每层中按照 $y-x$ 升序。

此时我们的连边方式就变得直观了。考虑在以 $x+y$ 为横轴，$y-x$ 为纵轴的坐标系中，我们的连边方式体现为：

1. 向正下方的点连边（如果存在）。

2. 向左右的点分别连边 （如果存在）。

3. 每层最右侧的点，若是 $(x,x+1)$，那么它可以和自己连边。

可以画个图理解一下。

显然①是最划算的，但问题是 $(x-1,y-1)$ 可能不存在，此时我们必须使用②③。

分析一下②③，可以发现本质是将一条链不断往右延伸，并最终在 $(x,x+1)$ 内部消化。显然我们应该将链两两配对，来省去一般代价。

现在我们来分讨一下策略。

考虑点 $(x,y)$，记它包含 $cnt$ 个节点，令 $(x-1,y-1)=fa,(x-1,y+1)=lst$，那么：

1. 若 $fa$ 存在， $lst$ 不存在。那么就直接全连①即可，不向后面留任何链头。

2. 若 $fa$ 不存在， $lst$ 存在。那么就只能全连②，并向后留 $cnt$ 个链头。

3. 若 $fa$ 与 $lst$ 均存在。分析一下可以发现，我们应该让前面的链头尽量分散地连到当前点，再向右传递下去。如果还有剩的，就用①连。

4. 若 $fa$ 与 $lst$ 均不存在。显然这是不可能出现的，因为原图的存在实际上已经为有解做了保障。

可以发现，只有②会产生链头。

最后我们会到达本层的最右端。

若它为 $(x,x+1)$。记它后面还有 $c$ 个链头，通过两两配对，只需要 $\left \lceil \frac{c}{2} \right \rceil $ 的代价。

否则，因为有解，本层一定不存在任何链头。

其实还没完，由于节点 1 并不需要连边，需要特殊处理。要留意一下节点 1 有自环的情况。

可以用 map 之类的实现，时间复杂度 $O(n\log n)$。

在与牢大战斗两个多月后，“引爆逆天力量，追寻圆环之理的神藏奥秘”系列堂堂打赢复活赛。看来扣1真的有用！

直接做明显没前途，考虑容斥。

注意到位置 $i$ 不合法当且仅当 $a_i<a_{i-1}$ 且 $a_i|a_{i-1}$，即 $a_i$ 为 $a_{i-1}$ 的非自身因数。

考虑有一些非法位置，其他位置随便放，然后钦定非法位置的数为上一位的非自身因数。

然而注意到非法位置的方案数是不好算的，因为可能出现多个非法位置连着的情况，此时各个非法位置是不独立的。

幸运的是，由于 $a_i\le a_{i-1}/2$，每个非法位置连续段的长度不会超过 $\log m$，那我们就可以直接枚举连续段的长度进行DP。

记 $f_i$ 表示 $i$ 作为连续段结尾的容斥贡献，$s_i$ 表示前 $i$ 位的容斥贡献和，那么有

$$f_i=\sum_{j=1}^{\log m} g_j s_{i-j-1} (-1)^j$$

$$s_i=f_i+ s_{i-1}m$$

其中 $g_i$ 表示连续 $i$ 个非法位置，且前一个合法位置随便放的方案数，容易 $O(m\log m)$ 预处理。

显然DP可以矩阵优化，于是做到了 $O(\log^3 m \log n)$ 的复杂度。可能爆标了？

Bonus: 注意到DP是一个线性递推，使用 BM 算法可以做到 $O(\log m \log n \log\log m)$。