B. Sliding Window Sort 2
被题目名里的滑动窗口误导了，于是卡 B 40min /fn
Description
给定长度为 \(n\) 的排列 \(P\) 和一个整数 \(K\)。一次操作定义为选择一个长度为 \(K\) 的区间，对原排列的这段区间升序排序，其余位置不变。
你要执行操作恰好一次，求能得到的字典序最大的排列。
\(1\le K \le N\le 2\times 10^5\)。
Solution 1
题解做法。
观察到由于操作是升序排列，操作之后不会使排列的字典序变得比原来更大。那么如果存在某种操作方式使得这个区间不变，这样做一定是最优的。这种情况等价于找一个长度为 \(K\) 的单调递增区间，而这是容易判断的。
考虑不存在上述区间的情况，即无论如何操作都会使排列的字典序变小。我们显然更希望操作后值被改变的第一个位置尽可能靠右。设这个位置的下标为 \(x\)。
可以发现，当选择区间 \([n-K+1,K]\) 时，\(x\) 可以取得下界 \(n-K+1\)。也就是说，如果一个操作改变了 \(n-K+1\) 左侧的位置，这个操作不如最后一个区间优，它一定不是答案。但直接操作最后一个区间并不一定是最优的。如果最后一个区间后面的部分有一些很小的数，把操作区间左移避开它们或许更优。
将操作区间左移至 \([L,R]\)，要使答案不变劣，应当保证 \(n-K+1\) 前面的部分都不变，即 \([L,n-K]\) 的值单调递增且均小于后面。在满足条件的情况下，显然 \(L\) 变小答案不会变劣，因此我们只需找到最小满足条件的 \(L\)。
对于“全部小于后面”的条件，因为单调递增，只需满足 \(P_{n-K}\) 小于后面的最小值，可以得出 \(L\) 的上界。而通过“单调递增”的条件可以得出 \(L\) 的下界，我们在 \(L\) 存在(上界不小于下界)的情况下取最小的 \(L\)，不存在就取 \(n-K+1\) 作为区间左端点进行操作即可。
Solution 2
这人被题目名误导弄出来的赛时做法，给大家看个乐子。
我们希望第一个被改变的位置尽可能靠后。因此，类似于滑动窗口，从左到右枚举操作区间，用 set 维护当前区间排序后的结果。然后我们一位一位把 set 里的值和原序列匹配，找到第一个被改变的位置和它被改成的值，更新答案。
这样做时间复杂度不对，但是我们发现：如果 \([L,R]\) 有一段前缀排序后不动，那 \([L+1,R+1]\) 的这段前缀(长度减了 \(1\))排序后要么还是这段不动，要么后面来了个很小的数让不动的区间变短了。总之不会让不动的位置更靠后。
所以每次匹配完把不动的前缀跳过去不枚举即可，一共匹配了 \(n\) 次，时间复杂度 \(O(n\log n)\)。
代码是 Solution 2。
const int N=2e5+5,inf=1e9;
int n,k;
int a[N],flag[N];
int main()
{n=read(),k=read();for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();set<int> s;for(int i=1;i<=k;i++) s.insert(a[i]);int mx=0,ans=0;for(int st=1;st<=n-k+1;st++){if(st!=1) s.insert(a[st+k-1]),s.erase(a[st-1]);if(flag[st]) continue;auto it=s.begin(); int len=0;for(int j=st;j<=st+k-1;j++){if((*it)!=a[j]) {len=j;break;}it++;}if(!len) mx=inf,ans=st;for(int i=st+1;i<=len;i++) flag[i]=1;if(len>mx) mx=len,ans=st;}sort(a+ans,a+ans+k);for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",a[i]);printf("\n");return 0;
}C. Social Distance on Graph
C < B，简单题。
Description
给一张 \(n\) 个点 \(m\) 条边的无向带权图，你要给每个点染黑色或白色。要求对于任意起点终点同色的简单路径，路径的长度(即边权和)不小于 \(X\)。求 \(X\) 的最大值。
保证图连通、无重边无自环，\(N,M \le 2\times 10^5\)，\(1\le W_i\le 10^9\)。
Solution
长度最小的路径肯定是只有一条边的路径，我们希望这样的路径尽量不连接相同颜色的点，并让边权小的优先满足条件。
发现这个本质上是对原图跑最小生成树，跑完的这棵树一定是二分图，且优先令边权小的边满足了条件。对最小生成树黑白染色，判断未被加入的边两个端点颜色是否相同。若相同，则答案对该边权取 \(\min\)。
考虑路径长度不为 \(1\) 的情况，发现最小生成树上路径长度为 \(2\) 的边一定属于同一颜色。对每个点记录与它相连的最小边和次小边，并用它们更新答案。同时你发现这东西是答案上界，最多只有 \(2\times 10^9\)，不用开 long long。
const int N=2e5+5,inf=2e9;
int n,m;
struct node{int u,v,w;}E[N];
bool cmp(node x,node y) {return x.w<y.w;}
struct edge{int to,w;};
vector<edge> e[N];
bool cmp1(edge x,edge y) {return x.w<y.w;}
int fa[N];
int find(int x) {return fa[x]==x?x:fa[x]=find(fa[x]);}
int col[N],flag[N];
void dfs(int u)
{for(auto i:e[u]){int v=i.to;if(col[v]==-1) col[v]=col[u]^1,dfs(v);}
}
int main()
{n=read(),m=read();for(int i=1;i<=m;i++) E[i]={read(),read(),read()};sort(E+1,E+m+1,cmp);for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i,col[i]=-1;for(int i=1;i<=m;i++){int u=E[i].u,v=E[i].v,w=E[i].w;if(find(u)==find(v)) {flag[i]=1;continue;}fa[find(u)]=find(v);e[u].push_back({v,w}),e[v].push_back({u,w});}for(int i=1;i<=n;i++) if(find(i)==i) col[i]=0,dfs(i);int ans=inf;for(int i=1;i<=m;i++){if(flag[i]) if(col[E[i].u]==col[E[i].v]) ans=min(ans,E[i].w);}for(int i=1;i<=n;i++) sort(e[i].begin(),e[i].end(),cmp1);for(int i=1;i<=n;i++)if(e[i].size()>1) ans=min(ans,e[i][0].w+e[i][1].w);printf("%d\n",ans);return 0;
}D. Substring Comparison
Description
构造一个长度为 \(n\) 的整数序列 \(X\)，使其满足 \(m\) 条限制。第 \(i\) 条限制形如 \((A_i,B_i,C_i,D_i)\)，表示要求 \(X\) 的子段 \([A_i,B_i]\) 字典序小于 \([C_i,D_i]\)。问是否存在满足条件的序列 \(X\)。
\(n,m\le 2000\)。
Solution
对于 \(A_i=C_i\) 的询问，可以直接比较 \(B_i\) 和 \(D_i\) 的大小，\(B_i>D_i\) 则无解，否则这个限制一定满足，可以忽略。因此，我们假设所有询问满足 \(A_i\neq C_i\)。
我们希望每组限制的两个区间在尽量靠前的位置上就开始不一样，因为这样后面的位就都没有大小限制。看到判断若干点之间的大小关系能否满足，考虑建图。
对每组限制连边 \(A_i\to C_i\)，表示对于 \(X\) 有限制 \(X_{A_i}\le X_{C_i}\)。那么连出的这个图分两种情况：
- 图里没有环，则直接按拓扑序给 \(X\) 的每个位置赋值即可，答案为
Yes。 - 图里有环，需要做进一步考虑。
对于在同一个强连通分量内的点，要满足图连边的大小关系，它们的 \(X\) 值必须都相等。因此可以对这个图跑 tarjan 求出强连通分量，并重新依次考虑题目给出的每个限制：
- 如果 \(A_i\) 和 \(C_i\) 不在一个强连通分量，那么它们所在位置的 \(X\) 值不相等，这个字典序的条件已经满足了；
- 否则，代表 \(X_{A_i}\) 和 \(X_{C_i}\) 一定是相等的，需要限制它们下一位的大小关系。我们令 \(A_i\gets A_i+1,C_i\gets C_i+1\)，并在缩点后的图上重新建图，重复以上步骤。
- 如果一直重复到 \(A_i=B_i\) 或 \(C_i=D_i\) 它们都只能相等，判断哪个区间还剩下一段，如果是前面的区间剩一段就无解。否则这个限制已经满足。
如果重复完了上述步骤，中途没有被判无解，就是有解。
每次重复该过程都会让当前未满足限制的 \(A_i\gets A_i+1\)，至多重复 \(n\) 次。每次跑一个 tarjan，复杂度 \(O(n+m)\)。总复杂度 \(O(n^2+nm)\)。
代码为了好写用并查集维护了哪些点值相等，但这不是复杂度瓶颈。
const int N=2005;
int n,m,fa[N];
int find(int x) {return fa[x]==x?x:fa[x]=find(fa[x]);}
il void merge(int x,int y) {if(find(x)!=find(y)) fa[find(x)]=find(y);}
struct edge{int nxt,to;}e[N<<1];
int head[N],cnt;
il void add(int u,int v) {e[++cnt]={head[u],v};head[u]=cnt;}
int dfn[N],low[N],in[N],tot;
stack<int> Q;
bool flag;
void tarjan(int u)
{dfn[u]=low[u]=++tot,in[u]=1; Q.push(u);for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt){int v=e[i].to;if(!dfn[v]) tarjan(v),low[u]=min(low[u],low[v]);else if(in[v]) low[u]=min(low[u],dfn[v]);}if(dfn[u]==low[u]){while(!Q.empty()){int t=Q.top(); if(t!=u) flag=1;merge(t,u),in[t]=0,Q.pop();if(t==u) break;}}
}
il void clear()
{memset(head,0,sizeof(head)),cnt=0;memset(dfn,0,sizeof(dfn)),memset(low,0,sizeof(low)),tot=0;
}
struct node{int a,b,c,d;} q[N];
int main()
{n=read(),m=read();for(int i=1;i<=m;i++) q[i]={read(),read(),read(),read()};for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i;for(int w=1;w<=n;w++){clear();for(int i=1;i<=m;i++){while(find(q[i].a)==find(q[i].c)&&q[i].a<=q[i].b&&q[i].c<=q[i].d)q[i].a++,q[i].c++;if(q[i].c>q[i].d) {printf("No\n");return 0;}if(q[i].a<=q[i].b) add(find(q[i].a),find(q[i].c));}flag=0;for(int i=1;i<=n;i++) if(!dfn[i]) tarjan(i);if(!flag) break;}printf("Yes\n");return 0;
}E. Random Isolation
好厉害的题，不会做。看了官方题解。
Description
给一棵 \(n\) 个节点的树和一个整数 \(K\)。每次操作，等概率随机选一个所在连通块大小大于 \(K\) 的点，并删掉这个点和与之相连的所有边。重复操作直到图上所有连通块大小不超过 \(K\)，求期望操作次数，答案对 \(998244353\) 取模。
\(1\le K < N\le 100\)。
Solution
将题目的操作转化为：对于随机的长度为 \(n\) 的排列 \(p\)，我们按 \(p_1,p_2,\dots,p_n\) 的顺序依次考虑。若 \(p_i\) 所在连通块的大小大于 \(K\)，那么在当前的树上删除 \(p_i\)；否则不进行任何操作。求有效操作的期望次数。
考虑为什么这和原问题是等价的。忽略掉所有无效的操作，则当前局面下，所有可以有效操作的点在下一步被选取的概率均相等。而对于这步无效的点显然不会后面删着删着变有效了，所以它在哪里都对期望次数没有影响。
设 \(p(T)\) 表示原树的子树 \(T\) 恰好在删的过程中作为完整的连通块出现的概率。根据期望的线性性，我们考虑每棵子树对答案的贡献。对于一个 \(size>K\) 的子树 \(T\)，它一定要在 \(T\) 形态下被操作一次，对答案的期望产生 \(1\times p(T)\) 的贡献。而经过这次操作后，\(T\) 就不再是 \(T\)，它变成了若干棵别的子树，这部分的贡献已经被它变成的新子树统计了。也就是说，每个 \(T\) 对期望次数的贡献是 \(p(T)\)。答案的总期望为 \(\sum\limits_{size_T>K} p(T)\)。
问题瓶颈变成怎么求 \(p(T)\)。我们设 \(size_T=n\)，与 \(T\) 里的点有边直接相连，且不属于 \(T\) 的点有 \(m\) 个。即，\(T\) 向子树外有 \(m\) 条直接连边。
那么根据 \(T\) 独立存在的条件，我们知道：\(T\) 内的 \(n\) 个点都还没被操作，且与 \(T\) 相连的这 \(m\) 个点都被操作过了。回到一开始把操作转化成的排列，上述条件等价于：某 \(m\) 个点在排列上的位置均在某 \(n\) 个点前面。不难得出这个的概率为 \(\dfrac{n!m!}{(n+m)!}\)。
剩下的最后一个问题是如何对 \(T\) 进行计数。发现 \(T\) 对答案的贡献只与 \(n\) 和 \(m\) 的值有关，考虑基于这点合并统计 \(n\) 和 \(m\) 均相等的子树的数量，可以树形 DP。
令 \(f_{u,i,j}\) 表示以点 \(u\) 为根，点数为 \(i\)，且 不包括 \(u\) 的父亲 与之相连的点数为 \(j\) 的连通块个数。这么设是因为把 \(u\) 的父亲也算进去，向上转移又要减掉这部分贡献很麻烦。
树形背包转移即可，式子这里不写了。时间复杂度是 \(O(n^2K^2)\)。
#define int long long
const int N=105,mod=998244353;
int n,K;
int f[N][N][N];
struct edge{int nxt,to;}e[N<<1];
int head[N],cnt;
il void add(int u,int v) {e[++cnt]={head[u],v};head[u]=cnt;}
int siz[N],jc[N<<1],inv[N<<1];
il int qpow(int n,int k=mod-2)
{int res=1;for(;k;n=n*n%mod,k>>=1) if(k&1) res=res*n%mod;return res;
}
il void init(int n)
{jc[0]=inv[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++) jc[i]=jc[i-1]*i%mod;inv[n]=qpow(jc[n]);for(int i=n-1;i;i--) inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%mod;
}
int tmp[N][N];
void dfs(int u,int fa)
{f[u][1][0]=1,siz[u]=1;for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt){int v=e[i].to; if(v==fa) continue;dfs(v,u);memset(tmp,0,sizeof(tmp));f[v][0][1]=1;for(int j=0;j<=siz[u];j++)for(int k=0;k<=siz[u];k++)for(int s=0;s<=siz[v];s++)for(int t=0;t<=siz[v];t++)tmp[j+s][k+t]=(tmp[j+s][k+t]+f[u][j][k]*f[v][s][t]%mod)%mod;siz[u]+=siz[v];for(int j=0;j<=siz[u];j++)for(int k=0;k<=siz[u];k++) f[u][j][k]=tmp[j][k];}
}
signed main()
{n=read(),K=read();init(2*n);for(int i=1;i<n;i++){int u=read(),v=read();add(u,v),add(v,u);}dfs(1,0);int ans=0;for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=K+1;j<=siz[i];j++)for(int k=0;k<=siz[i];k++){int rl=k+(i!=1);ans=(ans+f[i][j][k]*jc[j]%mod*jc[rl]%mod*inv[j+rl]%mod)%mod;}printf("%lld\n",ans);return 0;
}
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