CF / AT 泛做。
感觉要提升速度。
我测，什么情况。
考虑把所有询问串挂在 ACAM 上面，然后去进行 data structure。
我们其实可以考虑建出关于 \(s_i\) 的一颗依赖关系的树，然后动态加边，加边，然后并查集查询 （bushi）
我们知道了被挂在了 \(u\) 节点上的若干的询问，相当于求某个询问在 \(u\) 节点皮胚的次数，然后我们知道这相当于是 ACAM 的子树和问题，我们可以拿颗树状数组就可以了。
*2700 就这？？？？？？？？？？？？？？？？？？？？？？
很难的啦。
考虑 \(border_i \leq border_{i + 1} + 2\).
因为本来就只加入了一对字符，所以来说 \(border\) 的 \(\delta\) 为 2.
所以可以模拟。
AT_dp_z Frog 3
纯真题目。
被薄纱了！！！！
可以考虑分拆数，然后注意容斥掉 \(j\geq m + 1\) 的情况。
要复习学习分拆数了。
这个上得了 *2100 吗，不是可以随便数据结构？
考虑容斥 \(S = \sum (-1)^{|E|}F(E)\)
\(E\) 表示没有被染色的边。
\(g(2x) = \prod (2x - 1)\)
这是任意染色的方案，容易发现，为偶数没有方案。
用 底p 的方式来方便转移。
\(f_{i, s}\) 表示 \(i\) 处在的连通块大小为 \(s\)
考虑用 dp 带上容斥系数来做这个题。
考虑到有两种情况，一种是合并连通块 ： 那就是直接多项式乘法， $f(u, j) = f(v, k)f(u, j - k) $。
还有一种是删掉一条边，这个就是断掉的，这个直接加上 \(-g(j) * f(v, j)\)
因为这相当于连通块少了内部的一条边，所以系数是 -1.
总之这题要注意细节，值得回味。
刷水题是吧，排序取消后效性。直接转移。
考虑缩点。然后得到一张黑白交替的图。
我们发现，取出来树的直径，在一直点中点就可以按照层次来变色。
春测题喔！
感觉是简单的，考虑所有 \(p \ge 3\) 的塞进去 vector, \(p = 2\) 特判，然后二分一下。
考虑线性期望和。 \(E(G) = \sum E(v)\).
一个点 \(u\) 会被选到的概率是 \(\frac{1}{dep_u}\)
而删除花费的是 \(1\), 那么就有 \(E(u) = \frac{1}{dep_u}\).
考虑树套树， 要这样写！！！！我测你的马。
*st[pos].upper_bound(y)
考虑拼起来若干条 \(len_i \geq \sqrt n\) 的链，然后根号分治。
考虑将 dp 数组拍到线段树上面。
状态 \(f_{i, j}\) 是最后一个 1 的位置在 \(j\).
然后考虑把 \(r\) 位置的 \((l, r)\) 的贡献直接加到线段树上。
带修莫队。可以思考一下那个 \(mex\) 的结论，这几天薄纱简单题真的好爽！！
简单题，注意离散化的使用。
很难的啦。考虑简单 dp.
\(f_{i, j}\) 表示正常的划分段 dp，然而这题变成了 \(n^2k\) 的做法了。
考虑到 \(f_{i, j} \equiv s_i \mod p\)。
那么考虑到 \(f_{k, j - 1} + \delta\) 和 \(f_{k', j-1} + \delta'\) 这两者的关系。
考虑到 \(\delta\) 均小于 \(p\), 是不是可以思考一下？
然后我们如果有 \(f_{k, j - 1} < f_{k', j - 1}\)。我们是不是发现 ：
那么如何证明呢?
考虑：\(f_{i, j} \equiv f_{k, j-1} + \delta\) 以及 \(\delta < p\) 这性质，我们显然是要让 \(f_{k, j - 1}\) 补上 \(\delta\) 达到和 \(f_{i, j}\) 同余的效果，那么我们果断选择更小的 \(f_{k, j - 1}\) 那无论怎么样都是不优秀的，这样可以考虑分解成 \(k\times p + r\) 诸如此类形式，那么我们果断直接选 \(f_{k, j - 1}\) 最小就行。
\(O(nk)\)
口胡。
考虑《组合数学引论》的方法，递归求导。
我们知道 ：
然后考虑扩展结论。
对 \((1 + x)^n = \sum\tbinom{n}{i}x^i\) 在 \(x = 1\) 的情况下求导可以得到原式。
那么通过人类智慧可以得到 ：
这个实际上是通过对于求导的拟合系数来计算的。通过对于求导的观察，不难发现 ：
然后可以直接计算。
但是是没有不观察 \(a _i\) 的办法吗？？？？显然不是。
我们可以发现只有 \(2^{n - i}\) 是不与多项式相关的，这个时候可以特判的，那应该干什么？？？？拉格朗日插值， bingo！！
很难得啦，考虑贺题。
考虑固定最小值 \(p\), 然后去求最小的最大值。先去重。
然后开始人类智慧了，既然我们枚举了最小值 \(p\), 那么我们显然是想要将一个数分解为 \(\geq p\) 的最小值对不对？这个时候我们可以考虑倒序转移，那么这样最大值也是倒序的，那么怎么求呢？
不妨设其为 \(f_x\) 那么和 \(x\) 相关的是类似质因数分解的操作，而我们更新与 \(p\) 有关的，只有任意的 \(d | p\) 那么我们就可以考虑枚举 \(p\) , 去维护一个 \(\frac{d}{p}\) 这个是调和级数复杂度，也就是 \(n\ln n\)
很有趣的一个问题，算是一类 trick。
考虑到我们正常的 \(\rm cdq\) 分治都要写巨长的分类讨论，但是类似此类的单元分类讨论是否有简短的解法呢？
考虑固定 \(t_i\) 这一维，然后有 ：
讨论符号有(在乱打) :
我们定义 \(a_i = x_i +t_i\times v\), \(b_i = -x_i + t_i\times v\)
然后我们可以考虑固定 \(t_i < t_j\), 想要转移，那么我们想要 \(x_i \leq x_j\) 那么就是满足 \(a_i \leq a_j\), \(b_i \leq b_j\), \(x_i \geq x_j\)，那么就是 \(a_i \geq a_j\), \(b_i \geq b_j\).
然后我们可以考虑固定 \(t_i > t_j\), 想要转移，那么我们想要 \(x_i \leq x_j\) 那么就是满足 \(a_i \geq a_j\), \(b_i \geq b_j\), \(x_i \geq x_j\)，那么就是 \(a_i \leq a_j\), \(b_i \leq b_j\).
此时 \(a_i, b_i\) 同号了 qwq, 那么此时，显然我们直接让此类二元组最多，我们就可以二维偏序了。
所以我们直接可以求一个二维偏序，所以可以规避掉正儿八经的分类讨论。
点集内的贡献是 \(2^{n - 1}\), 那不在点集内呢？
考虑一个点作为坐标轴原点，然后用二维数点来计算包含某个点的矩形的数量。无非就是 \(1.3\) 和 \(2.4\) 象限的组合。
考虑先至少选完 \(1.3\)，至少选完 \(2.4\)，再减去至少 \(1.2.3.4\) 这个是一个很经典的容斥。
然后就是线性对数。
LGJ 老题了。
考虑
然后数若干个森林有多少条路径，这个题目是困难的，我不会，长大以后再学习。
很难的啦，考虑贺题。
考虑 \(rt\) 在 \((u, v)\) 中的位置 \(p\).
这个第一第三个部分就是可以的，考虑已经插入了 \((p, s_1)\) 这个问题，无非就是求 :
但是代码很难写，我的评价是，很难的啦（贺了）。
注意到动态开店李超树由于交换节点的性质，其实是 \(O(n)\) 空间的，很神秘。
然后就考虑线段树分治，把操作挂到线段树的节点上，但是我们发现，其实远不如直接树套树好写，一句话，不如原神。
所以是 \(O(n\log n)\) 的空间。
CF : #202909002
考虑暴力。总所周知 ：
考虑到大概是 \(log^2\) 次会 \(phi_i \to 1\) 直接暴力乘就好了。
CF : #203611703
一类 trick.
考虑先求出一部分的最小值，然后再跑 dijkstra 来更新。
这题里面体现的是斜率优化。
然后在 P5304 [GXOI/GZOI2019] 旅行者
无非就是排除掉次短路的情况，但是其实有一个优美的手法。
对于 \(u\) 进行二进制分组， 然后建立超级源点跑就行了。
trie 上博弈。
考虑计算先手是否有必胜态或者必输态。
讨论 ：
1.均可以 ：先手可以自己乱搞到最后自己是先手
2.只 win : 那就直接判奇偶
3.只 lose : 显然会寄掉，很难的啦。
4.不胜不败：后手操控游戏，被拿捏啦。
ptsd 题。
一眼 \(a \to b\)，填数游戏。
基环树 \(\times 2\)，树就像填数游戏一样给边定向，有一个点寄了，就这样。
貌似自己参加过这一场。
考虑 dp。我们只关心自己的主队胜负就行了。
\(f_{i, x, y}\) 表示 \(i\) 号比赛，胜者主队，败者主队。
初始化随便搞搞。
贺题速度吓人。
枚举 \(k\)。
考虑这样：
整理一下 :
本质上只是考虑钦定范围，然后对于边界微调。
整除分块即可。
浙公网安备 33010602011771号