以前的杂题 solution

PE Lesson

考虑到这些 2 个交换机会的人比较吊，随便选位置。

剩下的人随便选位置就好了，考虑 dp 一下。

\(dp_i = dp_{i - 2} * (i - 1) + dp_{i - 1}\).

那么就是 \(\frac{f_{A} * N!}{(b - 1)!}\)

Score of a Tree

\(a_u\) 在 \(t\) 时刻的权值，其实是 \(t\) 级儿子的异或和。

对于任意一种 \(A\), 那么他最多会在 \(dep_v + 1\) 时刻变成 \(0\), 那么他可以产生的贡献为 \(dep_v + 1\)，其中 \(v\) 是 \(u\) 的长儿子。

然后我们考虑统计直接算所有的 \(F(A)\)，方案显然不容我们用一些常见的技术手段如容斥来计算。

考虑对称性，一个状态全取反，那么我们就可以发现状态完美重叠，答案就是 \(2^{n -1}\sum dep_v + 1\).

CF960F 复健

直接讲做法罢。

考虑固定最好固定的编号这一维，那么我们记录此时 \(f_{u, w}\) 表示走到 \(u\) 节点的最大权为 \(w\)。

那么考虑 \((u, v, w)\) 有如下转移 ：\(f_{v, w} \gets f_{u, w'} + 1\)。

显然这是一个最长上升子序列的形式，可以用线段树维护，然后需要注意的是这个 \(u\) 和 \(v\) 不是同一棵树，可以考虑动态开点。

P4590

考虑观察 lcs 的形式，发现其实 \(lcs_{i, j}, lcs_{i , j-1}\) 的差是 \(\in [0, 1]\)。

发现这个是可以状压的，我们可以记录 \(f_{pos, st, k}\) 来表示长度为 pos, \(lcs\) 状态为 st, \(NOI\) 匹配到第 k 位。

然后考虑转移的时候求出 lcs 的新状态。时间复杂度应该是 \(nk2^k\) 的。

这个东西有一个好听的名字叫做 dp of dp.

CF1637F Towers

思考一下，肯定是在叶子上面填数。

那么叶子上面填的最大、次大肯定比根大。为了更好的利用填数，不妨让最大的为根。

然后递归子树求出其最大、次打，暴力合并帅不帅？

XOR Tree CF1709E

考虑每一棵子树合并上来的结果。

那么如果 \(a\) 可以赋值任意值，不妨依次给其标号。

那么 \(a_u = 2^{tag}\), 其中 \(tag \ge 114514\).

这样是一定合法的。

那么我们发现这样就相当于是枚举每个点的子树，发现其有任意一颗子树不合法，将这个根打上 tag 是最优秀的，而不是儿子。

那么子树内的节点不用考虑，可以启发式合并解决。

CF Three Occurance

考虑到对于每一个元素单独考虑贡献。

那么就是记录前驱，每次让一段区间非法，让一段区间合法。

这个可以具体看代码。然后左端点是单调的，那么就是线段树考虑合法区间的个数了。标记永久化可以研究一下。

CF1093G Multidimensional Queries

这个东西大概是 trick 的结合体罢！

有一个经典的曼哈顿 trick 叫做拆位。

考虑状压，然后 0 带有 -1 的系数。

这样若干个东西取个补集加起来拿个线段树维护就可以了。

看守。

Ants in Leaves ：

除去限制显然答案就是 \(\max dep_v\), 其中 \(v\in leaf\)。

那么只有根节点没有限制，考虑将其子树拆分后合并。

那么注意到，按 \(dep\) 排序，相同的两个点只能同时上去一个，so?

CF 922E

一般的 dp 方程是 :

\(dp_{i, j}\) 表示前 \(i\) 棵树有 \(j\) 点魔法的最多有几只鸟。

那么可以用这个来表示出 \(B\).

考虑我们常用套路，交换目标和一个位置。

\(dp_{i, j}\) 表示前 \(i\) 棵树有 \(j\) 只鸟已经被抓捕的最大魔法值。

做个二进制拆分背包就可以了。

P8595 「KDOI-02」一个网的路

补一下题解，题意非常明了。

自己做题的时候忘记了对于 \(v_1,v_2 \in u\) 构成一条链的讨论，还是吧台行。

考虑一条链有 3 种形态，对于链顶 \(u\) :

• 1. 只有 \(u\) 一个节点。
• 2. 他的一个儿子 \(v\) 连着他。
• 3. \(v_1, v_2 \in u\) 构成了一条先上后下的链。

考虑记录 \(f_{u,{0/1/3}}\) 为这三种情况的最优解。

考虑如下转移 ：

\[f_{u,0} = \sum_{v\in u}\min\{f_{v,0} + 1, f_{v,1},f_{v, 2}\} +edg_u +1 \]

\[f_{u,1} = \sum_{v\in u}f_{v,0} -\max\{0, f_{v, 0} - f_{v, 1}\} \]

\[f_{u,2} = f_{u,1} -\max\{0, f_{v', 0} - f_{v', 1}\} \]

然后就做完了

CF1486D Max Median

众数，懂？

二分答案， 1，-1， 前缀最小值。

中位数的中位数。

二分答案，判断子段，贡献差值 \(1,-1\), 新生舞会？

CF940E Cashback

首先等价于求最大被删值。

\(\rm Key\) $\rm Observation : $ 每段长度 \(l\) 一定是 \(c\) ， 证明 :

• \(0 \le l < c :\) 没有产生贡献。

• \(l \geq c :\)

令这段区间排序后为 \(b_1...b_{r - l + 1}\)。

首先 \(l\) 一定不是 \(k * c + m\) 的形式，这样的最小值只会更小。

那么 \(l = k * m\) 这样的形式下，\(b_k\) 显然是不如每一段贡献的和。

因为这样可以拆成 \({b_1, b_2, b_3 ...b_k}\)， 而考虑强制钦定 \(b_i\) 就是那一大段区间的第 \(i\) 小。

显然 \(\sum b_i > b_k\)。

最终得到状态 \(f_i\) 为以 \(i\) 结尾的的最大被删值。

\(f_i = \max\{f_{i - 1}, f_{i - m} + \underset{k \in {[i - m + 1, i]}}\min a_k\}\)

这个是一个单调队列的转移形式 \(O(n)\)。

P8575

模板题也敢放？

你这属实 8 行。

考虑到， 对于 \(dfn_v \in [dfn_u + 1, dfn_u + siz_u - 1]\) ，那么 \(v\) 就在 \(u\)
的子树内。

分别的，我们记录这个闭区间的左右端点为 \(l_u,r_u\)

题目要求是 :

\[\sum_{u \in T}\sum_{dfn_v \in [l_u, r_u]} f(u, v) \]

其中 \(f(u, v)\) 若是 \(red_v, blue_v\) 都分别小于等于 \(red_u, blue_u\) 则返回 \(1\)。

考虑拆出来 \([1, l_i), [l_i, r_i]\)
来相减， 这是一个三维偏序的形式。

CF958B2 Maximum Control

双倍经验 : BZOJ3252.

考虑到选了 \(k \in [2, n]\) 个点， 会形成最多 \(k\) 条链。

考虑长链剖分，每一个点都能被一条长链不重地覆盖。

于是我们在长链剖分时将每一条长链塞入堆里，然后答案相加就可以了。

Number of Components :

V - E 老套路了。

求 \(V\) 的所在区间个数，再考虑两边 min 和 max 的区间。

Yet Another Minimization Problem

决策单调性板子。

CF 1553G

观测到答案不超过 2.

\(a_i(a_i+1), a_j(a_j+1)\) 二者肯定是 2 的倍数。

你这个数据范围这么小，筛法筛出所有质数因子。

我们再判断建出的点是否是一个连通块的就行了嘛 (

一般的 dp 方程是 :

\(dp_{i, j}\) 表示前 \(i\) 棵树有 \(j\) 点魔法的最多有几只鸟。

那么可以用这个来表示出 \(B\).

考虑我们常用套路，交换目标和一个位置。

\(dp_{i, j}\) 表示前 \(i\) 棵树有 \(j\) 只鸟已经被抓捕的最大魔法值。

做个二进制拆分背包就可以了。

CF1486D Max Median

众数，懂？

二分答案， 1，-1， 前缀最小值。

中位数的中位数。

二分答案，判断子段，贡献差值 \(1,-1\), 新生舞会？

P2943 DP

非常优秀的一个性质 ：

所有区间都不能有超过 \(\sqrt n\) 个颜色， 否则会比以每个元素划分劣。

我们定义 \(pos_{i, j}\) 表示 \([pos_{i,j}, i]\) 有 \(j\) 个颜色， 然后考虑维护

\[f_i = \underset{j\leq \sqrt n}\min\{f_{pos_{i,j}} + j ^ 2\} \]

这个方程。

咋维护 \(pos_{i, j}\) 呢？ 我们发现随着 \(i\) 的增长, \(pos_{i, j}\) 是单调不降的, 考虑动态维护这个指针就可以了。

考虑到一个数组 \(x\) 的贡献为 ：

\[\sum_{1\leq i<j\leq n}(x_i+x_j)^2 \]

略微展开得到 ：

CF1637D

\[\sum_{1\leq i<j\leq n}(x_i^2+x_j^2+2x_ix_j) \]

定义 在右半边 为有序点对 \((u, v)\) 产生贡献时，因为 \(v > u\) ，\(v\) 则被称为在 在右半边的 ， 那么， 左半边的定义也照猫画虎。

考虑到对于第 \(i\) 个位置上的元素 \(x_i^2\) 会出现在 \([1,i-1]\) 的右半边， 和 \([i+ 1,n]\) 的这一部分则会在其作为左半边的时候的右半边。

那么可以化简得 ：

\[(n-1)\sum_{1\leq i\leq n}x_i^2 + \sum_{1\leq i<j\leq n}2x_ix_j \]

右边这个牵扯了两项显然不太好计算可以稍微做做手脚 ：

我们记 :

\[sum_i = \sum_{i<j\leq n}x_j \]

标志性的， 我们记录 \(a\) 数组的为 \(suma_i\) ， \(b\) 数组同理。

合并得 ：

\[(n-1)\sum_{1\leq i\leq n}x_i^2+ \sum_{1\leq i\leq n}2x_isum_i \]

带入得:

\[(n-1)\sum_{1\leq i\leq n}a_i^2+ (n-1)\sum_{1\leq i\leq n}b_i^2+ \sum_{1\leq i\leq n}2a_isuma_{i}+\sum_{1\leq i\leq n}2b_isumb_i \]

显然这个问题变为了最优化后面那个东西 ：

咋做捏 ： 我们考虑对于 \(i\) 一定， \(suma_i\) 和 \(sumb_i\) 是可以互相转化的， 一个有前途的 DP 就出来了 (有没有感觉有点像那个牛马 \(\rm varience\) DP 题) ：

考虑到往前填往后填没啥区别， 所以这里默认往前填， 我们设 \(f_{i,s}\) 为 \(a\) 数组填了 \(i\) 位， 和为 \(s_a\) 的最小值。

\[f_{i,s_a} = \min\{f_{i -1, s_a - a_i} + 2a_i(s_a-a_i) +2b_i(s_b-b_i), f_{i -1, s_a - b_i} + 2a_i(s_b-b_i) +2a_i(s_b-a_i)\} \]

快乐暴力转移就完了 😄 ， 具体实现可以看其他题解。

CF1680C Binary String

赛时看错题选手报道, 提供一个无脑解法。

我们记录 \(pre_{i, op}\) 表示 $[1, i] $ 出现的 \(op\) 个数， \(suf_{i, op}\) 表示 \([i, n]\) 出现的 \(op\) 个数。

特定的， 我令 \(s_0 = pre_{n, 0}\)

我们发现，对于前缀 \(a\) , 后缀 \(b\) 所表示的答案是 ：

\[\max\{{s_0 - pre_{a, 0} - suf_{b,0}, pre_{a,1} + suf_{b, 1}}\} \]

• 较为暴力的 method :

考虑对于左右两边加上 \(pre_{a, 0} + suf_{b,0}\) 得到 ：

\[\max\{{s_0, pre_{a,1} + suf_{b, 1} +pre_{a, 0} + suf_{b,0}}\} - pre_{a, 0} - suf_{b,0} \]

我们分类讨论.

• 1.\(s_0 \leq pre_{a,1} + suf_{b, 1} +pre_{a, 0} + suf_{b,0}\) 的情况

\(pre_{a,0} + pre_{a, 1}\) 是 已知的， 考虑求 \(suf_{b, 0} + suf_{b, 1} \geq s_0 - pre_{a,0} - pre_{a, 1}\) 的最小 \(suf_{b,1}\) 。

• 1.\(s_0 > pre_{a,1} + suf_{b, 1} +pre_{a, 0} + suf_{b,0}\) 的情况

\(pre_{a,0} + pre_{a, 1}\) 是 已知的， 考虑求 \(suf_{b, 0} + suf_{b, 1} < s_0 - pre_{a,0} - pre_{a, 1}\) 的最大 \(suf_{b,0}\) 。

比较暴力的方法是， 考虑倒序枚举去确定 \(a\) 的位置， 直接开线段树去分类讨论维护这个题。

• 较为优美的 method :

但是我们发现， 其实这个题没有这么麻烦， 拎出来这个式子 :

\[\max\{{s_0 - pre_{a, 0} - suf_{b,0}, pre_{a,1} + suf_{b, 1}}\} \]

为了方便地比较大小， 左右作移项得 ：

\[\max\{{s_0, pre_{a,1} + suf_{b, 1} + pre_{a, 0} + suf_{b,0}}\} \]

发现可以继续合并 ：

\[\max\{s_0, a + b\} \]

那么就是看左右哪个大的大小取值。

考虑到 \(pre_{0/1},suf_{0/1}\) 单调不降。

考虑枚举 \(a\)。

如果左边大那么就是取 \(s_0 - pre_{a, 0} - suf_{b,0}\) ， 那么肯定 \(b\) 越大越好， 因为 \(a + b \leq s_0\) 考虑令 \(b = s_0 - a\) .

如果左边大那么就是取 \(pre_{a,1} + suf_{b, 1}\) ， 那么肯定 \(b\) 越小越好， 因为 \(a + b > s_0\) 考虑令 \(b = s_0 - a + 1\).

所以我们有 \(O(n)\) 做完这个题。

• CF149D :

用 \(f_{l,r,p,q}\) 表示一个区间 \([l,r]\),左右端点的状态分别为 \({p,q}\) 时的方案数。然后考虑分类考虑是否括号匹配，
用记忆化搜索 \(dp_{l,r}\) 来求一个区间的方案数，加法原理 + 乘法原理即可。

• CF1036C

数位DP. 用\(f_{pos,cnt}\) 代表第 \(pos\) 位，有 \(cnt\) 个非零位的方案数。然后套模板。

• P3244

组合数题，首先 \(\rm DAG\) 的答案为 \(\prod_{i = 2} ^{n} in_i\)

然后我们考虑计算环 \(\rm S\)上的不合法答案 ：\(\sum_{S}\prod_{i\notin S} deg_i\).

然后用个 DP即可。

• P2523

组合数题。 设 \(f_{j,k}\) 为第 \(j\) 个座位，后面有 \(k\) 个人。

\(f_{j,k} = \sum_{k} f_{j+1,j-k}*C_k^j\)，注意一下边界即可。

【贪心二分/AT1807】 食塩水

• 题面

• 题意：选取 \(\rm k\) 瓶盐水，使得其混在一起含盐量最大。

不妨转化为二分最大值判定，然后就会有一个像 \(01\) 分数规划的东西：

\[\rm\frac{\sum_{i\in S}w_i*p_i}{\sum_{i\in S}w_i} \]

\(\rm S\) 表示的是所选的集合。

显然，我们可以用一个非常套路的 \(\rm ans\) 来表示这个式子的值。然后进行转化。

\[\rm\sum_{i\in S}w_i*p_i=\sum_{i\in S}w_i*\rm ans \]

\[\rm\sum_{i\in S}w_i*(p_i-ans)\geq0 \]

方便表达其中的算式，令

\[\rm val_i=w_i*(p_i-ans); \]

然后我们不妨二分一下 \(\rm ans\) 的值，然后二分对 \(\rm val\) 数组取前 \(k\) 大累加，看一看是否大于 \(0\) 即可。

【CSP2019】划分

今天，smzx的学长 ywq 给了我这一道题 （

我们设 \(f_{j,i}\) 为以 \(j,i\) 为最后一段的最小值。

\(f_{j,i}=\underset{0\leq k < j,s_j-s_k\leq s_i-s_j}{min}{f_{k,j}+(s_i-s_j)^2}\)

然后我们就有了 \(n^3\) 的 solution.

然后我们可以整理一下 ：

\(f_{j,i}=\underset{0\leq k < j,s_j-s_k\leq s_i-s_j}{\min}\{f_{k,j}\}+(s_i-s_j)^2\)

我们直接可以发现，分段越靠后，平方项就越小 （

我们设 \(pos_i\) 为最后一段，以 \(i\) 结尾，最优秀的 \(j\)

我们领出来上面式子 \(s_j-s_k\leq s_i-s_j\) 发现可以表示为： \(s_j-s_{pos_j}\leq s_i-s_j\) 移项得 \(2s_j-s_{pos_j}\leq s_i\). 我们可以拿个式子表示一下
\(val(j)=2s_j-s_{pos_j}\) 然后我们就有了 ：
\(pos_i=\underset{val(j)\leq s_i}{\max}{j}\) .

我们发现我们对于前后两个位置 \(x,y\) 如果有 \(val(x)\leq s_i,val(y)\leq s_i\) 根据我们提及的性质，显然 \(y\) 是更加优秀的。

然后有因为有单调性就单调队列.

• CF739B ：

我们维护每个点\(u\)的深度 \(dep_u\)。然后我们求的是

\(dep_v-dep_u\leq a_u\) ,转移可得 \(dep_v\leq dep_u+a_u\)。 离散化+树状数组。

• CF833B ：

我们直接设 \(f_{i,j}\) 为结尾为 \(i\) ,第 \(j\) 段的最大值。
因为没有同颜色的一段才有贡献，所以我们记录 \(pre_i=\underset{seq_j=seq_i}{\max}{j+1}\) 。然后我们直接可以得到 : \(f_{i,j}=\underset{pre_i\leq k}{\max}{f_{k,j-1}+1}\)。

• CF314E ：

转换成为左右括号计数 ：
设 \(f_{i,j}\) 表示结尾为 \(i\) 剩下 \(j\)个括号配对的方案数。然后暴力转移，我们发现\(j\)小于\(i\)的一半，然后再加上滚动数组滚成 \(f_j\) 。

• P3730 && P4396

喜闻乐见的数据结构，莫队+值域分块 \(O(1)\) 修改

• P4556

树上差分+线段树静态合并

• P2607

考虑使用和“城市环路”同样的解题思路，然后拆环跑最大独立集。

• P2633

倍增LCA查询路径+主席树第K大

• CF 891C

首先有2个结论 :

对于任意权值的边，所有最小生成树中这个权值的边的数量是一定的

对于任意正确加边方案，加完小于某权值的所有边后图的连通性是一样的

然后我们发现，只用处理同一权值的边的连通性即可。我们不妨在 Kruskal 时处理同一权值的边上的点所在联通块，如果发现不同的联通块，我们就可以加入生成树。

然后照猫画虎(引用自Ghastlcon)，我们可以在询问时处理每条边的联通块是否成环即可。

• CF1311E

构造题，我们考虑最终结果 \(R\) 在一条链 \(L\) 和完全二叉树\(T\)之间 。否则无法构造 。那如果可以构造呢？我们考虑将 \(R\) 最底下的儿子 \(k\) 提到可以提到的上方(越上越好)然后我们就另深度减去变化量，当深度和为\(d\)时，我们就构造完毕了。当然，我们也可从\(T\) 变为 \(L\) ,我们可以按照线段树左右儿子命名规则建出 \(T\) ,然后再将底下的节点按照编号大到小提到链上。

• P7789

大概是本文截至这道题最难的题。

完全图考虑删边构造最小生成树。

我们通过手玩可以证明 $dis_{u,v}=\underset{u,v}{\max} a $ \(\rm{mod}\) \(\underset{u,v}{\min} a\) 。 然后，我们可以证明对于 \(k*a_i\leq a_b\leq a_c\leq (k+1)a_i\) 中，选 \(b\) 连边是最优的。因为我们如果连 \(c\) 的话，会产生更多的贡献。 所以我们只需枚举 \(limit\) 暴力连边，就做完了。

超级毒瘤结论题。比赛打了 30pts 暴力跑路。

• P5290

久仰大名，首先做法事启发式合并，结论事将两条链分别取最大值出来合并，丢进优先队列，因为这样，我们避免了次大值产生多余的费用。然后就做完了。

• P4735

可持久化01Trie,考虑维护一个前缀和，然后可以直接在树上贪心求得最大值。

• P4630

考虑建出圆方树，然后我们可以利用 bdfs 来的性质 ：

• 对于属于一个点双联通分量的任意点对\((u,v)\)以这个点双联通分量除了\(u\)和\(v\)以外的任何点作为中间点，都存在一条合法路径

• 若圆方树上的点对之间的路径（显然树上路径是唯一的）经过一个点双联通分量，则这个点双联通分量内的每一个点都能当做中间点（即题中的点 \(c\)）。

然后就是一个显然的树形 DP 了。

• CF125E

如果没有学过 \(\rm wqs\) 二分,这个将是思维难度最高的题目。之前钟皓羲给我讲了一个类似的题目，但是用的是根号分治，现在忽然记起来，好像也有这一道题。

比如：有白边和黑边，求恰好有 \(\rm k\) 条白边的最小生成树。

Solution： 令所有的白边减去一个 \(\rm delta\) ,然后就可以二分 \(\rm delta\) 来构造。

其实这一道题目也是这样，我们考虑建模成上一道题，将与 \(1\) 相连的边看作白边，然后二分 \(\rm delta\) 后构造答案即可。

• CF115E

\(f_{i,j} = f_{i-1,j} -cost_i+\sum_{R_k=i}p_k\) 这个是显然的。

然后线段树优化 DP 即可。

• P3521

逆序对 + 线段树合并。

在线段树合并时讨论左右子树产生的贡献即可

• P3147

莫队 + 值域分块。用分块暴力扫到没有所有数都有的块，朴素维护小块。

• CF208E

使用长链剖分维护 K 级儿子，然后 K 级祖先可以在 Dfs 中求.

• AT2698 :

手写一个子序列自动机，跑BFS即可 （如此暴力）。

• P7114 :

考虑使用 hash 维护循环节，然后在用一个树状数组维护方案数，然后就可以做到 \(O(n\ln n )\) + \(O(n\log26)\),卡卡常可以过 （）。

• CF383E :

补集转化 + 做高维前缀和 + 容斥原理即可。

• P4799

折半搜索 + 二分查找暴力匹配即可。

• P4198

首先转化为看斜率，然后就是带修最长上升子序列。拿一棵线段树维护即可。

• CF620E :

首先做 \(dfs\) 序， 然后发现只有 \(60\) 种颜色， 于是可以愉快的用状压来做 \(\rm Maintain\), 线段树即可。

• CF383C :

考虑 \(dfs\) 序， 然后树状数组按照深度奇偶性计数，最后差分就可以干爆区间修改，单点查询.

当然，也可以建两棵树，树链剖分两次再重叠。

• AT4519

引理

每个元素要么不操作，要么操作一次

用 \(f_{i,j}\) 表示到 i, 以 j 结尾的最小方案.

if (a[i] > j) f[i][a[i]] = min(f[i][a[i]], f[i - 1][j]), f[i][j] = min(f[i][j], f[i - 1][j] + A);
else f[i][j] = min(f[i][j], f[i - 1][j] + B);

• P3302

考虑第一个操作用主席树树上差分，第二个可以启发式合并，于是就可以在暴力合并时处理倍增 LCA,故有 \(O(n\log^2 n)\)。

• CF842D

2000 + 的数据结构捏 /qq

考虑 01Trie.

• CF545E

2000 + 的伞兵题捏 /cy

建棵树就可以了， 注意松弛是 >=

• CF1076D

建棵树就可以了, dfs 一下就可以了。

• CF865D

反悔贪心。

两类 ：

• 取回之前的一组代替一下

• 找一组合并一下

发现可以神仙的合并到一个堆里捏。

• CF1151E

森林 /cy

考虑转化 \(V - E\), 然后考虑一次次插入贡献到 \(f(l, r)\) 里面的哪些地方 /kk

• P7961 && P7962

后面那个等会补， 前面这个可以考虑 4 维 DP, 刷表 ！！.

\(f[pos + 1][i + x][(j + x) / 2][k + (j + x) % 2] += f[pos][i][j][k] * c[n - i][x] % MOD * v[pos][x] % MOD; f[pos + 1][i + x][(j + x) / 2][k + (j + x) % 2] %= MOD;\)

• CF1202E

贺的。 考虑建个 ACAM 正反跳一下， 维护划分点就可以力 /qq

• CF1106E

自己讲过这个牛马题， 拿个堆维护决策， 刷表！！

f[i + 1][j + 1] = min(f[i + 1][j + 1], f[i][j]);
			if (d[i]) f[d[i] + 1][j] = min(f[d[i] + 1][j], f[i][j] + w[i]);
			else f[i + 1][j] = min(f[i + 1][j], f[i][j]);

• P5838

有没有一种可能 ？ 这个题是生活在树上削弱版.

• CF1009F Dominant Indices 暴力合并子树 :

设\(f_{u,k}\)为u子树下的深度为\(k\)的儿子总数。
然后，做统计的时候，我们直接暴力获得答案。

• P3565 [POI2014]HOT-Hotels 树上DP+暴力维护状态
• BZOJ3252 攻略 ：
  贪心，取前k条长的长链