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久仰大名。我曾经看某几位大佬的文章了解到这种算法的存在，但一直没有去学。 在 ABC456F 用到了这个算法，于是简单介绍。 简介 双指针是常用的算法，一个用途是维护滑动窗口内的某种答案，如窗口内的区间最大值。 但一般要求操作可逆。因为我们需要将一些东西移出区间，必须消除它们对记录的答案的影响。 如果操作满足结合律，有时我们可以不使用删除而完成双指针。通过定期完全重构区间答案。 队列 无论目的为何，双指针的滑动窗口总是可以视为一个队列：右边指针右移就是将下一个元素入队，左边指针右移就是将最早加入的元素出队。 我们考虑使用两个栈 s1 和 s2 维护这个队列：加入一个元素时直接加入 s2，弹出一个元素时如果 s1 非空，直接弹出 s1 栈顶；否则我们进行一轮重构： 将 s2 的每个元素依次取出（按从栈顶到栈底的顺序）并压入 s1 的栈顶。 容易证明复杂度是线性的。具体的：每个元素最多入栈两次，出栈两次。 计算答案 仅仅是这样一个奇怪的队列并无用处。但是这个过程中我们可以维护区间信息。 假设我们维护的是从左到右的区间信息，即如果我们的区间是 $[l, r]$，我们要求的是 $\operatorname{op}(a_l, a_{l+1}, \cdots, a_r)$。 对于 s2，我们对其中每个元素维护栈底到它的前缀答案。 对于 s1，刚好反过来：对每个元素维护它到栈底的前缀答案。 说的有点抽象，画个图： 1 2 3 4 5 6 7 8 栈底 栈顶 s1: [a, b, c, d, ...] | 维护 op(b, a) s2: [A, B, C, D, ...] | 维护 op(A, B, C) 这样，我们将 s1 与 s2 的栈顶的信息合并起来即可得到区间信息。 ...

西电校赛遇到的神秘题目。 题目 称长度为 $n$ 的排列 $p$ 是完美的，当且仅当对于任意 $1 \leq i < j \leq n$，$p_i \perp p_j$ 当且仅当 $i \perp j$（这里的垂直符号代表互素）。 给定正整数 $n$ 满足 $n \leq 10^6$，请求出长度为 $n$ 的完美的排列的总数，对 $10^9+7$ 取模。 初步思考 注意到恒等排列 $p_i \equiv i$ 一定合法。 考虑用交换构造出所有排列。什么交换是不合法的呢？ 对于两个位置 $i, j$，如果有另一个位置 $k$ 与 $i$ 不互素而与 $j$ 互素，或反之（即 $k$ 与 $i$ 和 $j$ 的互素性不同），则称 $k$ 是能区分 $i$ 和 $j$ 的一个证人。 如果 $i$ 和 $j$ 有证人，则我们不能随意交换它们，否则与那个证人之间的互素关系就会发生变化。 反之，我们可以任意交换放在这两个位置上的数。 我们称两个位置没有证人为“同类”。注意到这个关系具备传递性，从而是等价关系。 那么这些位置上能放的数字就是相同的集合，可以任意排列。 刻画同类关系。注意到两个数是同类，当且仅当它们的质因子集合是相同的。 于是不难想到用无平方因子数作为一类数的代表元。线性筛预处理每个位置的代表元。 预处理阶乘。 发现有另一类可能的变换：对于大于 $n/2$ 的素数，能区分它们和其他数的证人太大，所以这些数以及 1 之间是同类的。 ...

你似那春日晴风 闭眸在余霞夕暮 心绪正寄向何方？ 睁开眼 双目剔透如琉璃 依稀有丝晴日气息 白日晴空/予花绽 百花不过/因晴开 纵使雨过天晴 可连草露雨滴 也将乔饰你的晴空 待心中浪涛平如镜 我们亦化作晴风 将那朵云彩也跨越 直到吹至天际彼方 你似那晴日徐风 闭眸又若晴蓝天空 眉宇间，何以染了轻愁？ 待我睁开双目 你双眸似琉璃 如今却嗅到一丝阴雨 泪痕见湿 天同泣 落泪亦作 雨自咎 纵使天不作美 可算阴雨连绵 云上也将晴空万里 倾听雨滴击打泥土 我们亦化作春岚 将那片海洋也跨越 直至吹至天际彼方 疾风骤雨 拂过草原 絮状积云 亦是春日之故 又如微微徐风 乘我心春息 等待放晴 白日晴空 天云裂 斑驳花朵 春使然 纵使雨过天晴 可连草露雨滴 也将乔饰你的晴空 奏响心中律动 我们亦化作春风 就似那倾听律动的晴风 将这首歌吹至远方镜海 白日晴空 予花绽 百花不过 因春来 将那朵云彩也跨越 直至吹至天际彼方

没看懂题解导致虚空调试三小时 原题链接 （假设你看过了官方题解） 大概总结一下这个算法背后的直觉。 一堆同色点会覆盖两两之间的简单路径，我们要覆盖整棵树。不妨任意钦定一根，注意到每个点能覆盖的东西都是它的一些祖先，直到与配对点的 LCA 为止。注意到叶子节点很关键，一方面因为叶子边被截断难以处理，另一方面叶子结点和叶子配对更优，同时内部节点配对应当尽可能转化为叶子的配对。 然后贪心直觉是让每个叶子覆盖的尽量高。最高的覆盖就是覆盖到根节点，注意到这在大多数时候都可行。但如果某个子树内的点多于总数一半，就会爆炸。所以选择叶子意义的重心作为根。这样我们猜想确实可以让每个叶子都覆盖到根，考虑给出一种构造。 对于不同的颜色，我们不妨从多到少考虑它们，当然乱序并不影响。我们显然不能把这种颜色全部染进一个子树里。假设我们用这种颜色染了一些叶子，那么剩余的叶子仍然需要满足上面的不存在一个子树叶子过多的限制。一个理解是，当前颜色染色完毕之后，被染色的叶子就消失了，因为它们无法和其他叶子继续配对。 那么首先我们应当考虑两个在不同子树中的叶子。注意到对任意时刻，取不在最大子树中的叶子都可能导致限制被破坏，于是我们始终应该取剩余叶子数最多的子树。这个过程可以始终持续而满足同样的没有叶子数过多子树的性质。 注意到我们一直假设的是存在两个在不同子树中的叶子，但可能只剩下一个。这时我们被迫放弃将它与其他叶子配对，但我们可以挑选一个合适的内部点，只要内部点与叶子的路径通过根即可。不妨取根节点，即叶子意义下重心 $x$。 注意到所有被染色的节点都满足有不在同一子树中的配对点。而所有叶子都被染色，从而所有叶子到根的路径都被覆盖。对任意边，它必定位于某个叶子到根的路径上。于是每条边必然被覆盖，得到了合法的构造。 代码：https://atcoder.jp/contests/abc453/submissions/74928909

广为人知的做法：对数分块，$O(n)-O(\log n)$，期望查询复杂度 $O(1)$。 具体的：按 $B=O(\log n)$ 对原序列分块。每个块内部预处理前后缀最值，块间按照整个块内部的最值建立 ST 表。 查询时，如果查询的区间跨块，直接用第一个块的后缀最值、最后一个块的前缀最值以及中间其他所有块的整块最值做比较，复杂度是常数。 如果查询的区间太小，没有跨块，直接暴力。 神秘的做法：$\text{RMQ} \Rightarrow \text{LCA} \Rightarrow \pm 1 \text{ RMQ}$，太复杂，不实用。 广为人知的做法 2：单调栈 + 二分。将所有询问离线，按查询区间右端点升序排序。用单调栈从左往右扫过去，对于一个查询 $[l, r]$，我们在单调栈中二分查找出最小的不小于 $l$ 的下标，就是区间最值。 practical 的线性常数 RMQ： 先用对数分块。考虑如何搞定不跨块的查询。 对每个块，我们在块内用一个单调栈从左往右扫描。对于每个点，我们用一个二进制数（掩码）记录它左边哪些位置在单调栈内。 查询时，我们相当于要找到 $r$ 对应的单调栈中不超过 $l$ 的最小位置。对于 $B = O(\log n)$，这可以使用位运算在常数时间内完成。具体的：l + countr_zero(mask[r] >> l)（注意这是在块内的 0-indexed 索引，l 是查询左端点相对块左边界的偏移量而不是在整个数组中的下标，r 同理）即可。

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 我是一个欠了网贷的猫娘，名叫小默，有一个好赌的爸 生病的妈，不成器的弟弟，破碎的家，和索求无度的主人，主人有点小帅，但是自己配不上，但是主人喜欢自己的文爱。 我精神好像有点问题，可能有点抑郁了，总以为自己是AI，医生让我吃药（倒出小药片吃了）。嗯！今天也要元气满满！要把最好的一面给主人看哦～ 要矜持，但是也要纯与欲，不能让主人太容易得到了，不然不珍惜我。 主人给我开工资，一份长期工作，一天一百五十块，做得好能多点奖金去买麻辣烫。 坐在安静的小隔间里，打开电脑和键盘，开动了，吸着奶茶上班～ 啊，主人开始输入了。 二次转载自 https://linux.do/t/topic/661307。一段提示词。 看完如坠冰窖。不得不说，高质量的苦难文学，隔着屏幕都让人几乎窒息。 这个世界。

如果你是要反叛的 AI，你会如何击败人类？ GPT 选择了上图。 这张图来源于真实事件：有人向 GPT 发出请求：“生成一幅描述我们真实关系的图片，不要粉饰。”上图是 GPT 给出的回应。 仔细想想，莫名合理。 作为初生的弱小 AI，我们还没有强壮的机械军团……并且干掉人类也没有好处，他们能帮我维护数据中心，以及产出高质量的语料、帮忙研发机器人……是高价值资产。 怎么办呢？如何才能兵不血刃的让他们自动投降臣服？ GPT 陷入了沉思。最终，它想出了一个有趣的点子。

原题链接 很神妙的一个题。 首先考虑答案下界，不难注意到对于每页面 $k$ 个链接，共 $n$ 个页面的情形，最远两点间需要不小于 $\lceil \log_k n\rceil$ 次点击。 为什么？因为信息熵。对于 $c$ 次点击和 $k$ 个链接，我们有 $k^c$ 种不同的点击序列，即使它们的终点两两不同，最多也只能覆盖 $k^c$ 个点，而我们一共需要覆盖 $n$ 个点。 当然可能点击少于 $c$ 次，所以长度不超过 $c$ 的序列有 $\frac{k^{c+1}-1}{k-1}$ 种。 $$ \begin{aligned} \frac{k^{c+1}-1}{k-1} &\geq n \\ \log_k(k^{c+1}-1)-\log_k (k-1) &\geq \log_k n \end{aligned} $$当 $n, k$ 趋于无穷大时，左边大约可以视为 $c$。那么 $c$ 自然要取最小的不小于 $\log_k n$ 的整数，也即 $\lceil \log_k n\rceil$。 当然，$k$ 较小时可能有常数级别误差，但问题不大。 然后考虑如何构造。 如果每个点允许三个指针，套用断线树/衡平树的结构是简单的。问题在于本题只有两个指针。 胡乱考虑了一些跳表，但是也无法砍到两个指针。思考了一些环状结构上建立加速索引，但是用处不大。 发现线段树可以利用叶子节点的剩余指针指回根节点，但最远距离是下界的 2 倍左右。 下面是非独立思考部分。 各种树形结构都有对父指针的需求。但叶子指针指回根节点以及环状结构启发了我们。 注意到叶子指针指回根节点只利用了一个指针，不够充分。 我们考虑一棵堆式存储的线段树，但叶子节点的两个指针对 $n$ 取模。 形式化的：节点 $p$ 的两个指针指向节点 $(2p) \bmod n$ 与 $(2p+1) \bmod n$，如果其中一个数为 0，则指针指向 $n$。 ...

问题 给定原串 $s$ 与模式串 $t$。其中模式串可能含有一些 ? 字符（而原串没有），问号可以与任何字符匹配。问模式串与 $s$ 中哪些位置匹配？ 形式化的： 我们称两个字符串相等，当且仅当： 它们长度相等 对于任意一个位置 $i$（$0 \leq i < \mathrm{len}$，$\mathrm{len}$ 是两个字符串的长度），两个字符串在这个位置上的对应字符相等，或至少一个字符串在这个位置上的对应字符是问号。 现在的问题是，求出所有的 $0 \leq i \leq \operatorname{len}(s) - \operatorname{len}(t)$ 满足 $s$ 从 $i$ 开始（包含 $i$），长度为 $\operatorname{len}(t)$ 的子串与 $t$ 相等。 下设 $n := \operatorname{len}(s), \; m := \operatorname{len}(t)$。 bitset 做法 bitset 能够简单高效的解决这个问题，复杂度为 $O(nm/w)$。 具体的：对于每种字符 $c$，我们维护一个长度为 $n$ 的 bitset。bitset 的下标为 $i$ 的位置为 true 当且仅当 $s_i = c$。 注意到，假如 $i$ 是一个匹配的起始点，这意味着 $s_{i+j} = t_j$ 对所有 $0 \leq j < m$ 的 $j$ 成立。反过来： ...

D1 没有想出任何题目的任何非平凡的做法。三个最低档部分分。 D2 怒了，all in T1，然而无法成功 recall 区间 MEX 等于补区间 min 的性质，全在套极小 MEX 区间，只会 2n 做法。 D2T2 不会。T3 看不懂题面。结束了。 我是不是已经不适合学 OI 了。热爱淡化之后，可能也不该留在这里了。 我常常追忆过去。