2026 山东三轮省集

Day 0

Day 1

$100 + 50 + 0$。

T1

考虑直接递推，同时存下 $f_i,f_{i/2},f_{i/4},f_{i/8},\dots,f_{i/2^{60}}$（都是下取整）。

从 $i-1$ 推到 $i$ 时，$f_{i/{2^k}}$ 只会在 $i$ 是 $2^k$ 的倍数时才会变化。因此转移矩阵只有 $\log n$ 种。

设 $2^k \mid i$ 时的转移矩阵是 $M_i$，则所求即为 $\prod\limits_{i=1}^{n} M_i$。

设 $P_k = \prod\limits_{i=1}^{2^k} M_i$，$P_k$ 可以递推，即 $P_k = \prod\limits_{i=k-1}^{0} P_i \times M_{2^k}$。

求答案的时候只需要进行 $\log n$ 次向量乘矩阵，时间复杂度 $T \log^3 n $。

T2

CF1039D 的加强版。

设 $d_x$ 是 $x$ 向下伸出的最长链长度。

考虑怎么对单独一个 $k$ 求答案，一个贪心的方法是，自底向上考虑，如果以当前点 $x$ 为根能组成的链长度 $\ge k$，也就是儿子中 $d_y$ 的最大值和次大值之和 $\ge k$，就给答案加一，并把整个子树删掉（将 $d_x$ 设为 $0$）。容易 DP 解决，复杂度 $O(n)$。

根据 $k$ 的答案 $\le \dfrac{n}{k}$ 的性质，我们可以使用经典方法：对 $[1,n]$ 这个区间分治，分治到区间 $[l,r]$ 的时候，如果 $l,r$ 的答案相同就直接退出，可以证明这样的复杂度是 $O(n\sqrt n)$ 的。

复杂度证明

写一下。

考虑这个分治结构（也就是线段树）的第 $d$ 层，一共有 $2^d$ 个节点，每个节点的长度是 $\dfrac{n}{2^d}$。考虑前 $2^{d/2}$ 个节点之后的节点，也就是 $k \ge \dfrac{n}{2^d} \times 2^{d/2} = \dfrac{n}{2^{d/2}}$ 的位置，这些位置只有至多 $\dfrac{n}{k} = 2^{d/2}$ 种值，递归到这一层的区间也只有 $O(2^{d/2})$ 个，因此第 $d$ 层的总区间数量是 $O(2^{d/2})$。复杂度就是：

\[n \times \sum_{i=1}^{\log n} 2^{i/2} = O(n\sqrt n) \]

（证明这个式子用等比数列求和即可）。

当然这还远远不够，因为此题的 $n$ 有 $10^6$ 之多，我们抛弃根号做法。考虑如何高效的求出所有答案。

这个题有很多做法，包括我乱想出来的 $O(n\log^3 n)$ 的没用的东西，还有周神的长剖做法，CF 博客上面的 $O(n\log n)$ 做法等等。这里只记一下比较好想的 $O(n\log^2n)$ 做法。

把所有 $k$ 放在一起算，设 $f_{i,k}$ 为某个 $k$ 时 $i$ 节点向下的最大深度。发现 $k > size_i$ 的时候 $f_{i,k}$ 一定是 $d_i$。

对树做重链剖分，$f_i$ 直接继承轻儿子，设 $S$ 是轻儿子 $size$ 的最大值，则 $k \le 2*S$ 的部分可以暴力转移，只需记录该位置上的轻儿子 $f$ 的最大值和次大值，所有轻儿子 $size$ 之和为 $O(n\log n)$。

设 $D$ 是所有轻儿子的 $d_y$ 的最大值，对于 $k > 2*S$，唯一可能的转移就是 $D$ 的贡献。我们每条重链开线段树维护 $f$ 值，如果说 $D + f_{x,k} \ge k$ 那么 $k$ 的答案就会加一，因此我们维护 $f_{x,k} - k$ 的最大值，这样就可以快速判断区间中有没有满足条件的位置，因为答案总和是 $O(n\log n)$ 的，因此这部分复杂度也是 $O(n\log ^2 n)$。

若一个区间中没有满足条件的位置，只需区间对 $D$ 取 $\max$，容易打 tag 维护。需要注意线段树上区间 $[l,r]$ 的 $\max$ 值是对 $D-l$ 取的 $\max$。

继承轻儿子的时候要全局 $+1$ ，同样打 tag 维护，代码不大好写。

T3

线性规划学习中……

Day 2

$100 + 80 + 0$，T2 全是乱搞分数。

T1

去年三轮出过。这是当时写的题解：

一个一个把人加进去，设 $t_i$ 表示当前 $i$ 点最后有人的时间为 $t_i$。

令 $t_i = t_i - dep_i$，这样我们便不用考虑在边上移动花费的时间。

插入一个点 $x$，相当于给 $x$ 点到根路径中的所有点 $i$ 自上向下做如下操作：

$t_i = t_{fa_{i}} = \max(t_i,t_{fa_{i}})$

然后对于所有点 $i$：

$t_i = t_i + 1$

然后 $t_x = t_x + a_x$。

这个东西如果你先重链剖分，并且只看重链上的前缀最大值（其他值对统计答案没有用处），就可以看作前缀最大值全部向上移动一格，再全部 $+1$，然后单点修改一次。直接用平衡树暴力维护，类似 P9999。时间复杂度 $O(n \log ^2 n)$。

T2

原题

我很久很久以前做过，早就忘了。

赛时题面把原题的白嫖换成了半价，本质是相同的。

把物品的价值从大到小排序。价值相同的分成一组，一组一组地考虑。

用优先队列存下前面白嫖过的所有物品，方便后面反悔。并且记 $now$ 为当前还有几次白嫖机会。

考虑新的一组的时候，一开始肯定是能白嫖就白嫖，机会用完了考虑反悔：

设当前白嫖过的物品价值最小时 $k$，当前物品价值是 $s$，分讨：

$s>k$，可以买 $k$，并白嫖两个 $s$（只有一个 $k$ 就只白嫖一个）。也就是删掉 $k$，加入两个 $s$。
$s<k$，可以做和上面一样的操作，也可以不做。考虑往队列里加入一个 $2s-k$（只剩下一个 $s$，或者 $2s<k$ 则不加入。），发现这样可以覆盖所有的操作：
- 首先要知道 $2s-k < k$ 因此一定先选 $2s-k$ 再选 $k$。
- 选 $2s-k$ 相当于 $s>k$ 的那个操作。
- 两个都选相当于不白嫖 $s$，把两个 $s$ 留给后面的操作。

这很诡异，但是是对的。

T3

原题

令三元组 $(x,y,z)$ 是关键的当且仅当 $a_i,b_j,c_k$ 在 $a[1:i],b[1:j],c[1:k]$ 构成的可重集中都只出现了恰好一次。考虑 $n/3$ 个构成偏序关系的关键三元组。发现能找出这 $n$ 个三元组和 $a,b,c$ 合法是等价的，并且一个合法的 $a,b,c$ 只会对应唯一的这一组。也就是每一轮三人吃的寿司的位置。

考虑以这个东西为结构进行 DP。我们先研究一些性质：如果存在三元组 $(i,j,k)$，说明 $c_k$ 在 $a,b$ 中分别出现在 $i,j$ 之后，$a_i,b_j$ 在 $c$ 中出现在 $k$ 之后。对于其他的数则没有限制。

设 $f_{t,i,j,k}$ 为考虑了后 $t$ 组，倒数第 $t$ 组在 $(i,j,k)$ 时，后 $t$ 组的 $3t$ 个数在 $c$ 中排列的方案数。$a_i,b_j$ 都在 $k$ 之后，因为是倒着 DP，所以之前填的数都在 $k$ 之后，恰好有 $3(t-1)$ 个。因此这部分的系数可以直接算，后面是计算 $c_k$ 的种类数，$c_k$ 除了应该和已经填在 $c$ 中的数不同之外，还应和 $a[1:i-1] \cap b[1:j-1]$ 中的任意数不同，我们发现这两部分是不交的！（由关键三元组的定义可知）。因此直接把这两部分相加就可以得到系数。答案就是 $f_{n,1,1,1}$。

直接 DP 复杂度非常高。进一步发现系数之和上一个状态无关，可以前缀和优化到 $O(n^4)$。又发现包含 $i,j$ 的系数和 $k$ 的系数完全是独立的，因此可以分别转移再直接乘起来。时间复杂度 $O(n^3)$。

Day 3

$100 + 25 + 0$。。。

T1

原题

很快就想到了，不知道为什么。

如果确定了权值集合，那么答案就是前 $\left\lfloor\dfrac{n-1}{2}\right\rfloor$ 大的权值和减去前 $\left\lfloor\dfrac{n-1}{2}\right\rfloor$ 小的权值和。发现这个问题非常的困难。

我们称一棵生成树的“$k$ 权值”是边集中前 $k$ 大的权值和减去前 $2\left\lfloor\dfrac{n-1}{2}\right\rfloor - k$ 小的权值和，设 $f(k)$ 是“$k$ 权值”最大的一棵生成树的权值，可以证明 $f(k)$ 是凸的。

本题所要求的就是 $f(\left\lfloor\dfrac{n-1}{2}\right\rfloor)$。

那么直接 wqs 二分，二分一个斜率 $k$，如果一条边想要被分到正数一组那么权值是 $z - k$，否则为 $-z$。取其中较大的一个跑最大生成树即可。

T2

原题

我们认为图中没有环，出现环就可以认为是无限大的一张图，这样我们只考虑向下延伸的树就可以涵盖所有结构。

当 $m$ 是 $2$ 的整次幂的时候。将叶子按比例分配即可，如果一棵子树全部属于一个 $i$，那么可以在根处就退出，设 $\dfrac{a_i}{m}$ 的二进制小数表示是 $\sum b_{i,j}*2^{-j}$，那么答案就是 $\sum b_{i,j}*2^{-j}*j$。

感觉这题最难的地方就在于发现这个东西本质是小数表示。

在 $m$ 不是 $2$ 的整次幂时，同样直接把 $\dfrac{a_i}{m}$ 的无限小数表示列出，答案即为 $\sum\limits_{j=0}^{\infty} b_{i,j}*2^{-j}*j$。设其为 $f(\dfrac{a_i}{m})$。这个东西是收敛的。

直接求 $f$ 比较麻烦，然后我们可以惊人的注意到 $f(\left\{2x\right\}) = 2f(x) - 2x$（花括号即为求小数部分，也就是 $\bmod 1$）。也就是说 $f(\dfrac{x}{m})$ 和 $f(\dfrac{2x\bmod m}{m})$ 之间有转移关系。这样 $m$ 个 $f(x)$ 之间的转移就构成基环树森林。在环上消元就可以把所有的 $f(\dfrac{x}{m})$ 求出来。时间复杂度 $O(n+m)$ 或者 $O(n + m\log P)$。

T3

原题

很困难，以为是数据结构但是实际上并不是。

没有 + 的时候怎么做？当然可以用线段树维护所有操作，这里有一个更简单，复杂度更低的做法：

首先 & 和 | 操作相当于给一些位置覆盖，假设询问区间为 $[L,R]$，若 $[L,R]$ 中没有覆盖操作那直接求出异或和，否则找到 $pre_{t,R}$ ，也就是第 $t$ 位上 $R$ 之前最后一个覆盖操作，求得 $[pre_{t,R},R]$ 的异或和即可。

考虑 + 的操作和异或唯一的区别在于这个东西会进位。于是我们考虑对于第 $t$ 位，什么时候会造成进位的影响。

设 $f_{t,i}$ 表示 $[0,t-1]$ 位全是 $0$ 时，从第 $i$ 个操作开始做，找到的第一个 $+1$ 操作使得做到这个操作时 $[0,t-1]$ 再一次变为全 $0$，也就是第一个对第 $t$ 位造成影响的 $+1$ 操作。没有则为 $+\infty$。再设辅助数组 $g_{t,i}$ 表示 $[0,t-1]$ 位全是 $0$ 并且第 $i$ 位是 $1$ 时，从第 $i$ 个操作开始做，找到的第一个 $+1$ 操作使得做到这个操作时 $[0,t]$ 变为全 $0$。这两个数组容易互相转移全部推出。

询问的 $v,l,r,t$ 时候设当前 $\text{lowbit}$ 的位置是 $p$，当 $p<t$ 时不断跳到 $g_{p,l}+1$ 使得 $\text{lowbit}$ 变大，这一步是 $O(\log V)$ 的，到最后 $[0,t-1]$ 这些位全部清零，就可以用 $f$ 进行转移：每跳一次 $f$ 就相当于 + 对第 $t$ 位造成一次影响。也就是相当于进行一次异或。因此我们只需要算出从最后一次覆盖跳 $f$ 跳到 $r$ 一共跳了几次就可以了，用树剖解决。时间复杂度 $O((n+q)\log V)$。

Day 4

$100 + 25 + 36$。。

T1

原题

赛时做法太诡异了，正解还没学会。

T2

原题

行覆盖用 ODT 维护，现在修改只有插入和撤销。

以列为外层，行为内层建树套树。类似于树套树做矩形加矩形求和，对每一个查询的节点，分讨对询问造成贡献的修改的节点在其子树内还是外。容易转化成修改/查询时，对遍历过的所有节点做一个操作，对末端的节点做另一种操作，操作是单点取 $\max$/撤销，区间查 $\max$，可以在叶子上维护 $\text{set}$ 或者懒惰删除的优先队列。做到 $O(\log n)$ 一次操作，时间复杂度 $O(n\log^2 n)$。

直接做空间也是 $O(n\log ^2n )$ 的。考虑离线，把每个外层线段树节点要做的操作全部按顺序存下来。最后一个节点一个节点的做。空间就变成了 $O(n\log n)$。

T3

近似原题

设 $T_i$ 是 $i$ 次操作后的树，$T_0$ 是一个单点。

手玩可以知道 $T_i$ 是 $T_{i-2}$ 下面接一棵 $T_{i-1}$ 得到的。

设 $f_{i,j}$ 是 $T_i$ 中深度为 $j$ 的节点个数，其生成函数是 $F_i$，容易得到以下式子：

\[F_i = F_{i-2} + xF_{i-1} \]

其中 $F_0 = 1,F_1 = x+1$，令 $F_{-1} = 1$ 使得 $F_1$ 也满足上述式子。

$T_i$ 中经过拆出来的 $T_{i-1},T_{i-2}$ 两棵子树的边的路径数量为 $[x^{d-1}]F_{i-1}F_{i-2}$，进一步发现，递归下去做类似计算，总答案和可以表示为：

\[\sum\limits_{i=1}^n fib_{n-i} F_{i-1}F_{i-2} \]

$fib$ 是斐波那契数列，其中 $fib_0 = fib_1 = 1$。

引入另一个变量 $y$（感觉自己推式子能力还是弱，这就是我的局限性了），设：

\[G = \sum\limits_{i=0}^{+\infty} y^i F_i F_{i-1} \]

再代入斐波那契的生成函数，得到答案可以表示为：

\[[x^{d-1}y^{n-1}] \dfrac{G}{1-y-y^2} \]

$G$ 的封闭形式是可以求的（这个我场上想到了），只需要设：

\[G^{\prime} = \sum\limits_{i=0}^{+\infty} y^i F^2_{i-1} \]

将 $G$ 和 $G^{\prime}$ 中的 $F_{i}$ 分别展开可以得到二者之间的关系。

\[\begin{align*} \begin{cases} G = 1 + xG^{\prime} -x + y G \\ G^{\prime} = 1 + y + yx^2(G ^{\prime} - 1) + y^2 G^{\prime} + 2xy^2 G \end{cases} \end{align*} \]

解方程可以得到：

\[G = \dfrac{1 + xy + xy^2 - y^2 - x^2y}{(1+y)((1-y)^2 - x^2 y)} \]

分子项数比较少，可以直接枚举，现在需要求的是：

\[[x^a y^b] \dfrac{1}{(1-y-y^2)(1+y)((1-y)^2 - x^2 y)} \]

分母只有 $x^2$ 项，可以分讨 $d-1$ 的奇偶性，进一步变为求：

\[[x^a y^b] \dfrac{1}{(1-y-y^2)(1+y)((1-y)^2 - x y)} \]

其中 $a$ 比较小，$b$ 很大。

先把 $\dfrac{1}{(1-y)^2 - x y}$ 拆开，得到：

\[\begin{aligned} [x^a]\dfrac{1}{(1-y)^2-xy}&=[x^a]\dfrac{\frac{1}{(1-y)^2}}{1-\frac{xy}{(1-y)^2}}\\ &=\dfrac{1}{(1-y)^2} \cdot [x^a]\sum_{i=0}^{+\infty} (\dfrac{xy}{(1-y)^2})^i\\ &=\dfrac{y^a}{(1-y)^{2a+2}} \end{aligned} \]

现在变为求：

\[[y^{b-a}] \dfrac{1}{(1+y)(1-y-y^2)(1-y)^{2a+2}} \]

设 $m = 2a+2$，首先得到：（为什么这样想？？）

\[\dfrac{1}{(1+y)(1-y-y^2)}=\dfrac{y}{1-y-y^2}+\dfrac{1}{1+y} \]

那原式就被分成两个部分，前半部分去掉分子之后，组合意义相当于 $fib$ 序列做 $m$ 次前缀和。

一个序列 $a_i = fib_{l+i}$，做完前缀和之后有 $a_i = fib_{l+i+2} - fib_{l+1}$。推几下式子之后可以得到：

\[[y^t]\dfrac{1}{(1-y-y^2)(1+y)^m} = fib_{t+2m} - \sum_{i=1}^{m} fib_{2i - 1} \cdot [y^t]\dfrac{1}{(1-y)^{m-i+1}} \]

也就是：

\[[y^t]\dfrac{1}{(1-y-y^2)(1+y)^m} = fib_{t+2m} - \sum_{i=1}^{m} fib_{2i - 1} \cdot \binom{t+m-i}{m-i} \]

这一部分第一个 $fib$ 矩阵快速幂，后面的组合数可以递推。

再看后面一个部分，我们继续使用前面类似的方法：

\[\dfrac{1}{(1+y)(1-y)} = \dfrac{1}{2} ( \dfrac{1}{1-y} + \dfrac{1}{1+y}) \]

就这样一直分下去，可以得到：

\[\dfrac{1}{(1+y)(1-y)^m} = \dfrac{2^{-m}}{1+y} + \sum\limits_{i=1}^{m}\dfrac{2^{-(m-i+1)}}{(1-y)^i} \]

所求即为：

\[[y^t]\dfrac{1}{(1+y)(1-y)^m} = \dfrac{(-1)^t}{2^m} + \sum\limits_{i=0}^{m-1}\dfrac{\binom{t+i}{i}}{2^{m-i}} = \dfrac{1}{2^m}((-1)^t+\sum_{i=0}^{m-1} 2^i\binom{t+i}{i}) \]

总时间复杂度 $O(d + \log n)$。

Day 5

$100 + 44 + 30$。

T1

原题

立方体的八个角确定了，方案数就很容易算出。

进一步地，可以枚举立方体互相不相邻的四个角。另外四个角就是独立的了，可以预处理一个角的系数，时间复杂度 $O(\left| \Sigma \right|^4)$。

T2

原题

可以证明只会走一条非树边。

考虑如果起点是 $(s,t)$，终点是 $(u,v,w)$ 时，答案就是 $2(n-1)-d(s,t)-d(u,v)+w-2*\max(len-1,0)$ 其中 $len$ 是 $(u,v),(s,t)$ 交的长度。

点分治，处理跨过中心的 $(u,v,w)$，任意 $(s,t)$ 的贡献可以通过一些 DP 得到，需要分讨和 $(u,v)$ 无交，有交且不跨过根，有交且跨过根的情况。如果有节点在根上还需要进行一些特判。。DP 的时候可能要维护前 $4$ 大值。

点分治到子树大小 $< \lceil\dfrac{n}{3}\rceil$ 的时候就不用递归了，因为 $w 7\ge d(u,v)$ 的边毫无意义。

点分治向下递归会很麻烦，因为 $(s,t)$ 可能在分治子树的外侧。但是我们发现点分治的分治层数，分☞中心数量都是 $O(1)$ 的。进一步的说，只有 $3$ 个。因此我们完全可以先找到这三个中心，在跑三次上述算法即可，时间复杂度 $O(n)$。

这也说明了取 $O(k)$ 个点可以覆盖所有长度 $> \lceil\dfrac{n}{k}\rceil$ 的路径。

T3

原题

Day 6

什么都不会。

T1

原题

这是题？

经过一堆感受，证明（瞎猜），可以知道第 $i$ 个位置最终的数只可能是 $[i-2,i+2]$ 中的某个 $a_x - 1,a_x,a_x + 1$。这样一个位置只有 $O(1)$ 种取值，直接 DP，时间复杂度 $O(n)$。

T2

原题

首先可以 $n^2$ DP。

对串长根号分治，串长小于阈值的用哈希或者 Trie 树暴力转移。

对剩下的串正串反串建 SA，以便 $O(1)$ 求 lcp 和 lcs。

串长大于阈值的时候，考虑如果转移的是后缀，那么有 $dp_i = \max_{j>i-lcp}{dp_j} + w$。也就是区间查 $\max$，单点修改，同理转移前缀的时候相当于区间取 $\max$ 单点查询。这两个可以用分块平衡做到 $O(n\sqrt n)$。

当然我们发现这两个操作由于查询的左端点单调递增，可以用 ST 表维护，具体实现可以看看当时写的代码。这部分复杂度可以优化到 $O(n\log n)$，总的复杂度没有变化。

T3

原题

Day 7

$100 + 50 + 0$。

T1

原题

将 RGB 对应到 012，可以发现所有位置的总和 $\bmod 3$ 是不变的。这也是有解的充要条件。

发现操作是可逆的，相当于我们一次可以操作 $a$ 也可以操作 $b$。

将原序列分成极小的段，使得每一段中 $\bmod 3$ 意义下 $a$ 的和等于 $b$ 的和。设一段长度为 $len$，这一段的最小答案显然是 $len-1$，否则可以被分成更小的段。最大答案是 $len$，从左往右直接操作，除了最后一次，每次总有一种方式（调整 $a$ 或 $b$）使得两者第一位相等，否则可以被分成更小的段。有了这个结论我们就知道段之间肯定没有操作。

这样我们只需要对每一段判断这一段能不能在 $len-1$ 次操作内完成，每个位置一定都会被操作恰好一次。也就是我们需要找到一个排列使得操作完之后 $a$ 变成 $b$。

对于 $(i,i+1)$ 这个操作，考虑 $i$ 之前的 $a$ 的和与 $i+1$ 以及后的 $a$ 的和，发现这两个东西只可能因为这一个操作而改变，设二者分别是 $x,y$，这个操作能做的就是把 $x,y$ 变成 $x+1,y-1$，或者 $x-1,y+1$。当 $a_i = a_{i+1}$ 的时候，这两种变化都可以实现，否则只能实现其中一个。这样我们就有若干限制，也就是说 $(i,i+1)$ 这个操作和 $(i-1,i)$ 与 $(i+1,i+2)$ 之间相对关系之间的限制。只有相邻的操作有限制，而第一个操作只有右边一个限制，因此我们可以从左向右考虑，可以证明一旦一个操作不受任何限制，那么后面一定有解，也就是答案一定是 $len-1$，否则这个操作怎么操作是确定的，可以顺着推下去，没有任何 DP，时间复杂度 $O(n)$。

T2

原题

想不大清楚，先不写了。

T3

好困难的构造。

Day 8

$100 + 20 + 40$。

T1

直接以每个点为根的方案数，会算重。感受一下合法的根是连通块，可以点减边。

直接换根复杂度 $O(n^3)$，非常不牛。但是我们发现其实我们的 DP 数组几乎是无用的，如果我们要求答案，只需要用到 DP 数组的其中一项。也就是不需要卷积。因此向儿子递归的时候我们只需要把背包退掉，对于从父亲来的贡献不需要做完整的卷积，直接计算答案就可以了。时间复杂度 $O(n^2)$。

T2

原题

令两个人相遇的点为关键点，关键点之间都是祖孙关系。

两个相邻关键点 $x,y$ 之间的贡献，走法肯定是一个点先去把 $x$ 子树外所有叶子都走一下，最后一个人往 $x$ 走，另一个人往另一个叶子走，最后另一个人传送回 $x$，这样我们可以看出最深叶子浅于 $x$ 是毫无意义的，因为这样不如提前传送回来让 $x$ 的一个祖先成为关键点。因此 $(x,y)$ 应该满足 $y$ 字数内 $x$ 子树外最深的叶子深于 $x$，贡献就是所有叶子到 $y$ 的距离和。可以 $O(n^2)$ DP。

接下来注意到，对于一个 $x$，其对应的 $y$ 只有可能是满足上述条件的最深的 $y$。因为如果 $(x,z)$ 合法，$(x,y)$ 合法，那 $(y,z)$ 肯定合法，这样如果最终走法里面存在相邻 $(x,z)$，中间插入 $y$ 答案不会变劣。现在问题转化成了对每个 $x$ 找到对应的 $y$，然后只要 DP 转移就可以了。

考虑从下往上合并，每个子树内有一些长链上的点还没找到对应的祖先，这些点用链表维护一下，两个子树合并只需要删掉一些点就好了。时间复杂度 $O(n)$。

T3

懒了，直接复制出题人题解。。

考虑先不构造方案，把最多删除多少个数算出来，首先答案的上界显然是 $\lfloor \frac N3 \rfloor$，但是当 $N \bmod 3=0$ 的时候，要求 $1 \sim N$ 的总和是偶数，即 $\frac{N(N+1)}{2} \bmod2 =0$ 才可以删空，如果不满足总和是偶数一定会少构造一组，这个时候当做 $N$ 减去了 $1$ 构造即可。

那么显然有三种情况，$N \bmod 3=0 \And \frac{N(N+1)}{2} \bmod 2=0,N \bmod 3 =1,N \bmod 3 =2$，接下来我们会通过构造证明上述上界一定可以达到。方便起见，以下设 $K = \lfloor \frac{N}{3} \rfloor$。

对于所有情况，显然有 $1 \sim K$ 一定都是作为 $X$ 出现（这句话出现在出题人题解里面，但是其实是错误的，但是这么做确实可以构造出一组解），而 $K+1 \sim N$ 一定都是作为 $Y,Z$ 出现，因此问题等价于在 $K+1 \sim N$ 中找 $K$ 组匹配，使得第 $i$ 组匹配的差值为 $i$。

对于 $N \bmod 3 \not= 0$ 的情况，因为可以多一个数出来，操作空间较大，此处给出一种简单的构造：

第一组，造出所有 $1 \sim K$ 中奇数作为 $X$ 的情况，如下图黄色部分的匹配。
第二组，造出所有 $1 \sim K$ 中偶数作为 $X$ 的情况，如下图绿色部分的匹配（这里的红色点需要作为一个占位符，所以多了一个数出来）。

注：图中以 $K=9$ 为例，省略了 $1 \sim K$ 中的数，只画出了 $K+1 \sim N$ 的数以及匹配情况。

容易发现，上述操作恰好使用了 $3K+1$ 个数，因此可以解决 $N \bmod 3 \not= 0$ 的情况。

对于 $N \bmod 3=0$ 的情况，需要分两种子情况考虑。

第一种是 $\frac N3 \bmod 2=1$，首先把 $N=15$ 的情况特判掉，剩下的情况可以使用下图的构造解决（图中所示 $K=13$ 的情况）：

上图的构造分为三部分（绿色、蓝色、黄色都是同一组匹配，可以看做是具有相邻且包含的匹配组）：

绿色部分，涵盖了差为 $2 \sim K-1$ 的所有偶数匹配，最后剩下中间那一个。
绿色部分中间的那一个连向右侧 $K$ 个点的中点，构成差为 $K$ 的匹配。
蓝色部分，涵盖了差为 $\frac{K+1}{2} \sim K-2$ 的所有奇数匹配。
次长的红色匹配差为 $\frac{K-3}{2}$。
黄色部分（$K=13$ 的时候只有一条，$K$ 较大的时候仍然有多条），涵盖了差为 $3 \sim \frac{K-7}2$ 的所有奇数匹配。
最短的红色匹配差为 $1$。

可以证明上述匹配一定合法，即不会有公用点。

第二种是 $\frac N3 \bmod 2=0$，首先把 $N=12$ 的情况特判掉，剩下的情况可以使用下图的构造解决（图中所示 $K=16$ 的情况）：