本来打算 2022 赛季结束后再写，还是先写了免得以后麻烦（

题目按难度递增（个人感觉

[USACO19DEC]Greedy Pie Eaters P

区间 DP，一个小 trick 是预处理在被区间 \([l,r]\) 包含的经过点 \(k\) 的最大值。

[USACO20FEB]Equilateral Triangles P

曼哈顿距离转切比雪夫距离，然后简单统计一下即可

[USACO20JAN]Non-Decreasing Subsequences P

解法较多。可以直接分治合并答案，复杂度 \(\mathcal{O}(NK\log N + QK)\)。

直接写成矩阵形式，然后求矩阵乘法前缀和和逆矩阵的前缀和就可以做到 \(\mathcal{O}(NK^3+QK)\)

[USACO20JAN]Cave Paintings P

连通块 DP，以连通块为状态，用并查集维护连通块，在合并的时候归并答案。

这题我们将水平面从低到高枚举，然后每次合并连通块即可。最后剩下连通块的答案的乘积就是答案。

[USACO19DEC]Bessie's Snow Cow P

有意思的树上 DS。

首先我们先求出 DFS 序。对于每个颜色，我们维护一个 set 记录有哪些点的子树被染色了，注意一个 set 里不存在祖先后代的关系。然后开一个树状数组维护每个点的值，用以回答询问。

对于修改操作，我们要先判断对应颜色的 set 里是否有 \(x\) 的祖先，显然如果存在，一定是 \(dfn[x]\) 在 set 的前驱(不难反证)。存在我们直接忽略这次询问，否则我们在 set 里删除 \(x\) 的后代，在 set 求后继即可。

[USACO21DEC] HILO P

直接 DP，定义状态 \(f_{i,j,0/1}\) 表示 \(x\) 前面到了 \(i\)，\(x\) 后面到了 \(j\) 的排列数，上一个数在 \(x\) 前面/后面的方案数。直接转移是 \(\mathcal{O}(N^3)\)，可以前缀和优化到 \(\mathcal{O}(N^2)\)。

事实上，求所有排列的权值和，等价于求排列的期望然后 \(\times N!\)，这两类问题本质上是等价的。对于本题来说，求期望 DP 会简单很多，复杂度也是 \(\mathcal{O}(N^2)\)。

[USACO22JAN] Minimizing Haybales P

我们从 \(1\) 到 \(N\) 枚举每一位，求出能移过来的最小的数。一个数能移过来的充要条件是前面不存在一个数和 \(h_i\) 的差 \(>k\)。

所以我们可以对每个 \(i\) 扫一遍求得最优的位置 \(x\)，删除 \(x\) 后继续求下一位。这样我们就得到一个 \(\mathcal{O}(N^2)\) 的算法。

考虑用 数据结构优化这个算法，我们开线段树维护区间最大值和最小值，然后维护集合 \(S\) 表示在当前区间中能移动到最前面的集合，维护集合 \(T\) 表示不能移动到最前面的集合。注意这里 \(S,T\) 并不互补，\(T\) 表示的是子区间中能移动到最前面，但当前区间不行的集合。

每个数最多进入 \(S,T\) \(\log N\) 次，总的时间复杂度 \(\mathcal{O}(N\log^2 N)\)。

[USACO20FEB]Delegation P

题面中既有最大，又有至少，首先考虑二分答案。

二分之后我们看是否存在一种划分链的方案。

细节上的贪心比较毒瘤，不注意的话自己哪里错了都不知道

[USACO18OPEN]Disruption P

给定一个树，\(m\) 次操作每次将链上所有边对给定值 \(w_i\) 取 \(\max\)，最后求树上每条边的权值。

直接树剖可以 \(\mathcal{O}(N\log ^2 N)\)。由于是静态问题，树上差分后线段树合并可以做到 \(\mathcal{O}(N\log N)\)。

[USACO19JAN] Train Tracking 2 P

显然，如果 \(c_i < c_{i + 1}\)，那么第 \(i\) 个区间的左端点一定是 \(c_i\)，同理如果 \(c_{i}>c_{i+1}\)，那么第 \(i + 1\) 个区间的右端点一定是 \(c_{i + 1}\)。

对于每一个 \(c_{i}\) 相等的段，得到一个子问题：区间 \([1,n]\) 中每个数为 \([c_i,10^9]\)，每个位置的 \(K\) 的范围内至少有一个 \(c_i\)，直接 DP 即可 \(\mathcal{O}(N)\) 求得答案。

[USACO18FEB]New Barns P

经典结论，我们只用维护每个连通块的直径的两端即可。查询就是比较到直径两端的距离，加点就是求得新的直径两端，一定是原来两个端点和新点中的两个。

所以我们的问题就是快速求两点的距离，直接树上倍增。时间复杂度 \(\mathcal{O}(N\log N)\)。

[USACO18FEB]Cow Gymnasts P

数数思维题。

我们不妨将序列中的最大值记作 \(X\)，如果位置 \(i\) 为 \(X\)，那么位置 \(i - X + 1\) 也必须是 \(X\)。因为只有它前面的 \(X - 1\) 个数能到达位置 \(i\)，所以它前面的 \(X - 1\) 都必须到达位置 \(i\)，同时我们也发现 \(i - X + 1\) 和 \(X\) 之间的数都至少为 \(X - 1\)。

所以我们枚举最大值，计算 \(\gcd (X, N)\)，得到有多少个位置必须为 \(X\)，剩下的数可以 \(X\) 和 \(X - 1\) 任选，但是必须是循环的。

一番推导后简化为求 \(\sum \limits_{i = 1} ^ {n - 1}2 ^{\gcd(n, i)}\)，经典欧拉函数题，直接 \(\mathcal{O}(\sqrt{N})\) 计算即可。

[USACO18FEB]Slingshot P

经典二维偏序，离线后线段树，时间复杂度 \(\mathcal{O}(N\log N)\)。

[USACO18JAN]Sprinklers P

经典单调栈，先单调栈求出可行的格子的范围，再单调栈扫一遍求出答案。

[USACO18DEC]The Cow Gathering P

树上思维题。

判断 \(x\) 是否能最后一个删，就是以 \(x\) 为根建一颗内向树，然后连边 \(a_i\to b_i\)，判断是否有环即可。

所以如果 \(a_i\) 是 \(b_i\) 祖先则无解。所以我们先将所有 \(a_i\) 一侧的子树上的点标记为无解。

关键结论：对于没有标记的节点，要么全部有解，要么全部无解。

首先，没有被标记的点一定连通，因为我们每次标记的是一颗子树。

现在我们假设有一个点有解，那么与之相邻的点一定有解，这两个点记作 \(s, t\)。

假设原先解的序列是 \(A tB s\)，那么将 \(t\) 移动到最后得到 \(AB st\) 也是合法序列。两个序列中相对顺序变化的只有 \(t\) 和 \(Bs\)，因为 \(t\) 没有被标记，所以不存在限制条件 \(t\) 比某个点先删，所以 \(ABst\) 也是合法序列。

[USACO19JAN]Exercise Route P

本质上是给定若干路径，问有多少对路径有交。

我们将所有路径按 \(lca\) 分类，然后讨论 \(lca\) 相同和不同的两种情况即可，时间复杂度 \(\mathcal{O}(N\log N)\)。

[USACO19FEB]Cow Dating P

很厉害的结论题。

直接写出区间 \([l,r]\) 的答案为 \(\sum\limits_{i = l }^{r} \dfrac{p_i}{1-p_i}\prod\limits_{i = l}^r (1 - p_i)\)，大概就是 \(\sum a_i \times \prod b_i\) 的形式。

这玩意看起来就非常难优化。

结论，对于固定的左端点 \(l\)，随着右端点 \(r\) 的变化，区间 \([l,r]\) 的答案是关于 \(r\) 的单峰函数。

我们假设区间 \([l,r + 1]\) 的答案比 \([l,r]\) 的答案更优，可以求得 \(\sum \limits_{i = l}^r\dfrac{p_i}{1 - p_i} < 1\)，所以只要 \(\sum a < 1\) 我们一直将右端点向右移动即可。时间复杂度 \(\mathcal{O}(N)\)。

其实也不用这么强的结论，我们猜测它有决策单调性，直接 1d1d 优化可以做到 \(\mathcal{O}(N\log N)\)。

[USACO18JAN]Lifeguards P

如果区间 \([l_i,r_i]\) 被另一个区间包含，那么当前区间可以直接去掉。这样预处理后，我们可以得到一个 \(l_i\) 和 \(r_i\) 都递增的序列。

这样我们就可以直接设计状态 \(f_{i,j}\) 表示选到了 \(i\) 且选择了第 \(i\) 个区间，去除了 \(j\) 个区间的答案。

直接转移是 \(\mathcal{O}(NK^2)\) 勉强能过。也可以单调队列一下就是 \(\mathcal{O}(NK)\)。

[USACO20FEB]Help Yourself P

先将所有区间按右端点排序。考虑依次加入每个区间。

\(f_i\) 表示覆盖的最后一个点为 \(i\) 的答案。对于当前区间 \([l,r]\)，直接继承 \(l \le i \le r\) 的 \(f_{i}\)，

对于 \(i<l\)，答案由 \(\sum x ^ k\) 变成 \(\sum (x +1)^k\)，直接二项式定理强拆即可。

对于 \(i<l\) 的条件我们用线段树维护，时间复杂度 \(\mathcal{O}(NK\log N + NK^2)\)。

[USACO20JAN]Falling Portals P

把每个世界写成一条直线，显然我们就是在直线交点传送，每次走的肯定是凸包。

所以我们维护凸包，然后倍增优化转移即可，时间复杂度 \(\mathcal{O}(N\log N)\)。

细节蛮多的，需要一点耐心。

[USACO18OPEN]Out of Sorts P

经典算贡献题。

不难发现 quickish_sort 函数里面的 do_while 是无效的，因为冒泡一次后最后一位一定会还原。

所以我们要求的等价于递归层数。我们考虑计算每一位递归了多少层，这等价于求每个位置 \(i,i+1\) 之间什么时候出现分隔点。

对于第 \(i\) 个分隔点，我们看在 \(1\sim i\) 中最后面的数前面有多少个 \(>i\) 的数，这就是断点出现的时间。

[USACO21OPEN] United Cows of Farmer John P

求有多少三元组 \((l,k,r)\)，满足 \(l < k < r\) 且 \(b_l, b_k,b_r\) 在区间 \([l,r]\) 只出现了一次。

考虑枚举右端点 \(r\)，左端点的取值为 \([pre_r + 1,r - 2]\)。

同时对于每个 \(x\)，对于 \([pre_x + 1,x - 1]\) 的左端点产生 \(1\) 的贡献，用线段树维护即可。

条件很多，维护的标记需要一些思考。

[USACO21OPEN] Balanced Subsets P

观察到满足条件的子集，左边界先减后增，右边界先增后减。所以我们设计状态 \(f_{i,l,r,0/1,0/1}\) 表示到了第 \(i\) 行，第 \(i\) 行选的是区间 \([l,r]\)，左边界减/增，右边界增/减的方案，直接转移是 \(\mathcal{O}(N^5)\)，可以二维前缀和优化至 \(\mathcal{O}(N^3)\)。

[USACO21DEC] Tickets P

答案肯定是分别从 \(1,n\) 跑最短路的和，但是边数是 \(NK\) 级别的，可以线段树优化至 \(\mathcal{O}(K\log N)\) 然后跑最短路。

[USACO19JAN]Redistricting P

基础 DS 优化 DP，直接写出状态 \(f_i\) 表示前 \(i\) 个位置的最小答案，然后线段树优化一下即可 \(\mathcal{O}(N\log N)\)。

[USACO20DEC] Sleeping Cows P

非常腻害的 DP，首先对牛和牛棚按权值排序，对于一个牛棚可以匹配牛序列的一个前缀。

因此如果有一头牛没有匹配，它后面的牛棚必须全部匹配，所以我们只关心第一头没有匹配的牛位置。

为了简化状态，我们把牛和牛棚放到一起排序，然后定义状态 \(f_{i,j,0/1}\) 表示考虑到第 \(i\) 个位置，有 \(j\) 头牛等待匹配，前面是否有牛放弃匹配的方案数。

本质思想就是把牛和牛棚的匹配分开，先将牛加入候选集合，然后再用牛棚在集合里匹配。

[USACO21DEC] Paired Up P

有点类似的题目，求最大的和最小的极大匹配。

最大的极大匹配一定是最大匹配，直接 \(\mathcal{O}(N^2)\) DP 即可。

最小的极大匹配，我们只关心最近的没有匹配的牛的位置，所以可以先设计状态 \(f_{i,j,k}\) 表示 \(H\) 匹配到了 \(i\) 且 \(G\) 匹配到了 \(j\)，上一头没有匹配的牛是第 \(k\) 头，直接转移即可做到 \(\mathcal{O}(N^3)\)。

事实上我们可以只关心最后放弃匹配的牛是 \(H/G\)，这样我们得到状态 \(f_{i,j,H/G}\)，可以直接在后面再放弃一个相同的牛。

但是我们需要考虑 \(f_{i,j,H/G} \to f_{i',j',G/H}\)，先预处理 \(i,j\) 后面能连续匹配多少个，如果将这些匹配之后的位置超出了和 \(i/j\) 的匹配范围，那么我们就可以转换颜色。

转移是 \(\mathcal{O}(1)\) 的，总的时间复杂度 \(\mathcal{O}(N^2)\)，细节比较多。

[USACO22JAN] Counting Haybales P

对于两个位置 \(i,j\)，如果 \(|a_i - a_j| >1\)，那么它们的相对位置一定不会改变，所以我们可以拆出奇数序列和偶数序列，然后将两个序列归并求出答案。

虽然解法很简单，但是思维难度不低。

[USACO22JAN] Multiple Choice Test P

闵可夫斯基和模板题，将所有凸包合并后即为答案。

闵可夫斯基和的定义是两个凸包对应的向量两两相加，得到一个新的凸包。可以直接归并两个凸包求得。

[USACO21FEB] No Time to Dry P

模拟一下，如果 \(i\) 和 \(pre_i\) 之间不存在更浅的颜色，那么可以少用一种颜色。所以预处理区间最小值，将询问按右端点大小排序，扫一遍即可。

[USACO18DEC]Balance Beam P

结论题，答案是所有点构成的凸包。

感性证明一下。我们可以写出转移式子 \(E(x) = \max\{f(x), \dfrac{E(x + 1) + E(x - 1)}{2}\}\)。

所以有 \(E(x) \ge f(x)\)，我们将 \(f(x)\) 带入式子就有 \(E(x) \ge \max\{f(x), \dfrac{f(x + 1) + f(x - 1)}{2}\}\) 。

所以我们可以令 \(f(x) = \max\{f(x), \dfrac{f(x + 1) + f(x - 1)}{2}\}\)，这相当于迭代，经过无数次迭代，原图不存在下凸壳，即为凸包。

[USACO19FEB] Mowing Mischief P

两问，先求出最多能选多少个点，然后在最多个点的基础上使面积最小。

第一问就是求 \(LIS\)，我们先按求出的 \(f\) 大小分层。

然后对每一层 DP 求出最小面积，直接转移时间复杂度 \(\mathcal{O}(N^2)\)。

不难发现 DP 的转移是有决策单调性的，可以优化至 \(\mathcal{O}(N\log N)\)。

但是两层之间并不是所有点对都能转移，每个点对应上一层中的一个连续区间，所以将区间拆成线段树若干个区间，然后跑 DP，时间复杂度是 \(\mathcal{O}(N\log ^ 2 N)\)。

[USACO18DEC]Sort It Out P

选出排序的集合 \(S\)，对于不在 \(S\) 中的点的相对顺序一定不会改变，所以不在 \(S\) 中的点必须是升序。

在 \(S\) 中的点，因为我们可以无数次 check，所以一定会归位，题目转化为求第 \(K\) 大的 LIS。

直接先跑 LIS 计数，然后枚举每一位即可。但是 LIS 数量可能非常巨大，我们需要对 \(K\) 取 \(\min\)。所以我们需要不适用减法求出方案，可以用树状数组维护。

[USACO19OPEN]Valleys P

按高度依次加入每个点，我们要求的就是没有洞的连通块的大小之和。

连通块非常简单，但难点在于如何判断一个连通块是否有洞。

事实上我们可以维护正反角的个数，对于没有洞的连通块 正角 \(-\) 反角 \(= 4\)。

下面分别是正角和反角，\(0\) 表示空，\(1\) 表示山。

?0 11
01 10

可以旋转 \(0/90/180/270\) °。

并查集维护正角反角和 size，时间复杂度 \(\mathcal{O}(NM\log)\)。

[USACO19FEB]Moorio Kart P

对于每个棵树求出所有路径长度，然后直接跑背包即可。

背包总和大于 \(Y\) 直接对 \(Y\) 取 \(\min\) 即可。

[USACO18JAN]Cow at Large P

对于每个点预处理离它最近的叶子的距离为 \(f_x\)。

求点 \(x\) 的答案，我们以 \(x\) 为树根，对于所有 \(d_x \ge f_x\) 且所有祖先节点都不产生贡献的点会产生贡献 \(1\)。

同时一棵子树的所有点的 \(deg\) 之和等于 \(2(sz - 1) + 1\)，所以 \(\sum 2 -deg = 1\)，等价于对于所有 \(d_x \ge f_x\) 的所有点产生 \(2 - deg\) 的贡献。转化为树上求所有二元组 \((u,v)\) 的贡献，直接点分治。

[USACO21JAN] Sum of Distances P

新图的一条路径等价与每一张原图都有 \(1 \to v_i\) 的距离为 \(x\) 的路径。

所以对于没一张原图，我们只关心奇偶最短路。

我们要求的是奇偶最短路中较短的一条，就是 \(\min\{\max\{d_0,v_i\},\max\{d_1,v_i\}\}\)。

\(\min\) 套 \(\max\) 不方便计数，将 \(\min\max\) 转化，\(min\{a,b\} = a + b - \max\{a,b\}\) 即可。

[USACO21FEB] Minimizing Edges P

比较类似，对于一张图，我们只关心奇偶最短路。我们将每个点记为 \((a,b)\) 表示两条最短路的长度。

那么每个点必须同时与 \((a - 1, b + 1),(a + 1, b - 1)\) 或者与 \((a - 1, b - 1)\) 相连。贪心的和 \((a - 1, b - 1)\) 连，如果必须和 \((a-1, b+ 1)\) 连则优先连 \((a +1, b-1)\)。

[USACO21FEB] Counting Graphs P

难度很高的数数题。同上题我们先求出每个点 \((a,b)\)。

定义状态 \(f_{i,j}\) 表示选到了 \((a_i,b_i)\)，后面必须有 \(j\) 条边连过来。

然后分两步转移，首先考虑向 \((a-1,b+1)\) 连，求出 \(g_{i,j}\) 表示选到了 \((a_i,b_i)\) ，有 \(j\) 条边和 \((a-1, b+1)\) 相连。然后转移 \(g_{i,j}\to f_{i,k}\)。

[USACO21OPEN] Routing Schemes P

BEST 定理，求欧拉回路的路径数量。

定理：对于图 \(G\)，求出以 \(x\) 为根的内向树数量（矩阵树定理），然后答案 \(\times deg_{x}\times \prod (deg_i-1)!\) 即为答案。

[USACO20DEC] Spaceship P

高维 DP。我们定义状态 \(f_{x,y,z}\) 表示从路径 \(x \to y\)，最大的数 \(\le z\) 的方案。直接转移可以做到 \(\mathcal{O}(QN^4)\)。

考虑对询问拆点，将每个询问拆成一个入点一个出点，然后跑 DP，可以做到 \(\mathcal{O}((Q+N)^2N^2)\)。

[USACO19DEC]Tree Depth P

一道不简单的数数思维题。

我们要统计对于所有排列的深度之和，直接做非常不方便。而数数题一般将条件化简，或找到等价的容易处理的条件。

这里求深度，等价于枚举一个点的祖先，它的祖先个数 \(+1\) 就是它的深度。这样问题转化为求数对 \((u,v)\) 的贡献，即有多少排列使得 \(v\) 是 \(u\) 的祖先。

如果 \(v\) 是 \(u\) 的祖先，等价于 \(a_v < a_u\)，且 \(u,v\) 之间没有小于 \(a_v\) 的数。

如果不考虑其它限制条件，先求有多少个排列恰好有 \(K\) 个逆序对。这是一个经典题目，直接定义状态 \(f_{i,j}\) 表示长度为 \(i\) 的逆序对数为 \(j\) 的排列个数。枚举最后一位的 \(i\) 种选择，分别是逆序对增加 \(x\in[0,i - 1]\) 个，典型的背包模型，可以前缀和优化至 \(\mathcal{O}(N^3)\)。

现在有 \((u,v)\) 的限制条件，我们可以先固定 \(u,v\) 之间的数，再固定 \(u,v\)，最后固定外面的数。不难发现除了位置 \(v\)，其余的数可以随便填，和上面的转移一模一样。对于位置 \(v\)，如果在 \(u\) 后面，一定会产生 \(v-u\) 个逆序对，否则一定不产生逆序对。

所以我们先跑 DP 求出 \(f\)。然后枚举 \(v-u\)，然后在背包中撤销 \((v-u)\)，撤销后的 \(f_{n - 1,K-\max(0,v-u)}\) 就是我们要求的贡献。

时间复杂度 \(\mathcal{O}(N^3)\)，代码没有一次乘法和取模，跑的飞快。

[USACO21JAN] Minimum Cost Paths P

\(L_2\) 问题模板，偏序集为单链。

这里的 \(y_i\) 表示第 \(i\) 列移动到第 \(i + 1\) 列时的行号，因为行号和列号不减，所以 \(y_i\) 不减，即偏序集为单链。

\(L_2\) 均值是加权平均数

[USACO20DEC] Cowmistry P

异或问题，先建立 Trie 树。问题转化为求树上三个点使之满足条件。

大力讨论即可，由于值域很大，我们不可能开这么多点，可以将满二叉树缩成一个点。

[USACO21JAN] Paint by Letters P

求子矩阵的同色连通块数。

对于相邻同色的格子连边，等价于求连通块数。

由于是平面图，有定理 \(F=E-V+C+1\)。

\(F,E,V,C\) 分别为面数，边数，点数和连通块数。

唯一不好求的是 \(F\)，我们将每个面标号，然后枚举边界将不满足的面减掉。

时间复杂度 \(\mathcal{O}(NM + Q(N + M))\)。