暑假训练记录（二）
Countings
CF2071E
考虑一个点 \(u\) 成为叶子的条件：其本身未被删除，邻居删除到最多一个。设 \(f_u=\prod_{(u,v)\in E}w_v,g_u=\sum_{(v,u)\in E}\frac{1}{w_v}\)，根据乘法原理有：
考虑统计点对。一个点的二阶以上邻域互相贡献满足乘法原理，可以算出来所有的乘积再除掉二阶以内邻域的乘积。
一阶邻域可以暴力遍历，复杂度不会错。二阶邻域的乘积可以在先对每个点处理一阶邻域的乘积，再对每个点单步容斥算出来二阶邻域的乘积。
现在问题是二阶邻域互相贡献怎么算，问题在于中间那个点。设这三个点排起来分别是 \((u,p,v)\)，则贡献为：
把贡献全部拆开来可以枚举 \(p\) 然后维护。
CF1919E ARC146E
BEST 定理是沙棘吧。。。
这个题就是叫你求有多少哈密顿路径。直接对着路径搞 DP 肯定没前途，考虑对着值域 DP。
考虑设状态，我们只关心哈密顿路径在当前值的断点状态。可以设 \(f_{i,j,0/1/2}\) 表示有 \(j\) 个断点，和有多少个起点/终点在之前。转移可以分讨，系数是一个插板法。
重点在于，\(j\) 只能转移到 \(2a_{i+1}-j\)，于是直接做就可以 \(O(n^2)\)。
咋做 \(O(n)\) 呢？DP 打出来表发现有值的位置很少。只把有值的地方拿出来 DP，发现过了。为啥呢？
考虑 \(f_{1,j}\) 哪里有值，发现只有 \(O(1)\) 个地方有值，而我们转移 \(j\) 也是确定的，所以后面也只有 \(O(1)\) 个地方有值。
于是使用哈希表可以做到 \(O(n)\)。
思考：换维。
CF1895F
看到这个限制，就是说 \(\min\leq (x+k-1),x\leq \max\)。
先别急着全部容斥，先容斥一部分。
就是容斥变成 \(\min\leq x+k-1\) 的方案数减去 \(\max\leq x\) 的方案数。后者显然是线性递推。
前者。考虑一个双射，一个数组与这个数组的差分数组和任意一个确定的值构成双射。
也就是确定差分数组和这个序列的 \(\min\) 之后就确定了整个数组。于是前者方案数是 \((x+k)(2k+1)^{n-1}\)。
思考：序列的双射，容斥一部分。
CF1821F
看到这个东西，先想一想，是不是直接对着被覆盖的状态做就行啊？
然而是不行的，因为可能会算重。
我们认真考虑一下怎么判定一个种树方案是否合法。很容易想到贪心：从左往右看每棵树，如果一棵树能往左倒就往左，否则就往右。
那直接对着这个判定 DP 也不太行。回到之前的想法，对着覆盖的状态 DP。
考察一个覆盖的状态对应了多少种树的方案。设这个覆盖方案的 \(m\) 个区间与上一个区间的距离序列为 \(a\)（\(0\) 位置也视为被覆盖），则符合判定的种树方案有 \(2^x\) 种，其中 \(x=\sum_{i=1}^n[a_i\leq k]\)。因为如果间隔 \(>k\)，那么这棵树就只能放在这个区间的右端点，否则放在左端点会使它向左倒。
此时上一个 DP 来统计显然是不行的。因为贡献跟 \(x\) 有关，所以考虑二项式反演。
二项式反演，如果反演成钦定 \(x\) 个 \(a_i\leq k\)，是一个有上界的不定方程解计数，而我们能直接做的是有下界的计数，所以反演成钦定 \(x\) 个 \(a_i>k\) 比较好做。此时方案数为：
那么根据二项式反演，答案为：
可以 \(O(n)\) 计算。
CF1815D
考察一个异或和 \(x\) 合法的条件。先拆位。发现除了 \(x\) 要有的位，其他位都得是偶数个，而且每一位的个数的最大值不能超过 \(m\)。
一个重要发现是，给定 \(n\)，我们可以用两个数构造出来满足和为 \(n\) 异或和为 \(0\)。于是 \(m\geq 3\) 是来送的。\(m=1\) 本来也是来送的，现在只要考虑 \(m=2\)。发现直接 DP 一下就好了。
CF2134F
考察这个运算表的性质，发现 \(\{0,2\}\) 与 \(\{1,3\}\) 之间运算答案一定是 \(1\)，且内部运算只可能是 \(0\) 或 \(2\)。所以可以分别考虑这两个集合。设 \(f_{i,j}\) 为 \(\{0\cdot c_0,2\cdot c_2\}\) 组成的序列，分成 \(i\) 段，贡献为 \(2j\) 的方案数。\(g_{i,j}\) 为 \(\{1\cdot c_1,3\cdot c_3\}\) 的方案数。可以由这两个数组 \(O(n^3)\) 合并出答案。
现在考虑如何计算这个数组。发现可以插板法简单 \(O(n^3)\) 计算。
ARC162E
对着序列和值域 DP 都不太行。考虑对着限制从紧到松 DP。
考察限制。设 \(i\) 这个数出现的位置集合为 \(S_i\)，那么要满足 \(|S_i|\leq A_i,|S_i|\leq \min_{x\in S}\{A_x\}\)。
注意如果按 \(|S|\) 从大到小 DP，可以发现限制只会变松，也就是之前能填的方案不会变的不能填。
所以可以设计一个 DP，\(f_{i,j,k}\) 表示填了 \(|S|\geq i\) 的颜色，填了 \(j\) 种颜色，填了 \(k\) 个位置，容易转移，系数可以用组合数简单描述。注意这样转移复杂度看起来是 \(O(n^4)\) 的，但是 \(j\) 这一维的大小和转移枚举填了多少个数是 \(O(\frac{n}{i})\) 的，那么复杂度就是：
ARC157E
注意 Y 是独立集。一共有 \(B\) 个 Y，有 \(B-\frac{C}{2}\) 个 \(Y\) 在叶子上，这一部分的 XY 和 XX 贡献是确定的。剩下就是只有 \(A,B\) 限制了，直接树形 DP。
ARC165E
期望肯定拆贡献。把贡献拆到每一个操作点上，就是要算这个点被操作的概率。枚举这个点被操作时所在的连通块，那么就是要算这个操作到这个连通块的概率。
设这个连通块大小为 \(x\)，其相邻且不在连通块内的点数为 \(y\)，那么就是要 \(x>k\)，求这 \(y\) 个点在这 \(x\) 个点之前操作的概率。
先对这个题的操作进行一个转化，就是随机一个排列 \(p\)，依次考虑排列里的每一个元素，若其所在连通块大小 \(>k\) 就操作他否则啥也不干。容易发现这样是等价的，那么上面所说的概率就是 \(\frac{(x+y)!}{x!y!}\)。现在转为统计这样的和。可以树形背包简单 \(O(n^2k^2)\) 统计。
ARC163D
首先转化，拆贡献。大家都知道竞赛图缩点之后是一条链，那么我们把贡献拆到每条边上，就是求有多少种划分为集合 \(A,B\) 的方式满足 \(A,B\) 之间的所有边都是 \(A\) 指向 \(B\) 的，其中 \(A\) 可以为空集。
搞到这个就可以直接 DP 了。设 \(f_{i,j,k}\) 为加入了编号为 \(1\sim i+j\) 的点，\(|A|=i,|B|=j\)，有 \(k\) 条从小到大的边的方案数即可。
模拟赛记录
8.18
T1
唐
T2
唐
T3 CF878D
本题最难的一步：注意到 \(k\times n\) 的 01 矩阵只有 \(2^k\) 个本质不同的列。
直接 bitset 维护，\(O(\frac{n2^k}{w})\)。
T4
首先树拓扑序数量公式 \(\frac{n}{\prod_u siz_u}\)。
考虑贡献提前确定，设 \(f_{u,i}\) 表示考虑 \(u\) 子树之外的点且在拓扑序中 \(u\) 位置为 \(i\) 的拓扑序个数。可以做到 \(O(n^2)\) 简单转移。
8.21
T1
暴力。你再不济枚举一对点跑最小割都行，而且因为这是平面图还可以转成最短路。
T2
模板矩形面积并。
T3
基环树上随便做一做。
T4
先用 Lucas。容斥一下变成数位 DP。
正睿 1
T1
唐
T2
错解不优，之后可以从大到小枚举每条边做。\(O(n^3+nm)\)。
T3
有 \(n\) 个人，第 \(i\) 个人的分数是 \([L_i,R_i]\) 内均匀随机的实数。对每个人求出其排名为 \(i\) 的概率。\(n\leq 114\)。
先离散化。考虑先枚举一个人，把这个人的答案算出来。
那就枚举一个人，再枚举这个人所在的离散化区间，然后设一个背包 \(f_{i,j,k}\) 表示考虑前 \(i\) 个人，有 \(j\) 个人的区间在这个区间前面，\(k\) 个和他同一个区间。可以做到 \(O(n^5)\)。
考虑优化。发现先枚举离散化区间之后，相当于一个缺一背包，直接线段树分治可以做到 \(O(n^4\log n)\)。
考虑优化。发现背包顺序不影响答案，于是可以考虑先算出来所有的再撤销一个。注意分讨。可以做到 \(O(n^4)\)。
T4
给定一棵树，树有点权，定义点集 \(sub(u,k)\) 为 \(u\) 子树内距离 \(u\) 不超过 \(k\) 的点的数量。有三种操作，加叶子、对 \(sub(u,k)\) 加上一个数、查询 \(sub(u,k)\) 的和。\(n\leq 4\times 10^5,q\leq 5\times 10^4\)。
变成 KDT 加点矩形加矩形和。
代码源 2
T1
随便树形 DP 一下。
T2
给定 \(n\) 对数 \(a_i,b_i\)，对每个 \(m\) 求出有多少对数满足 \(a_i\bmod m<b_i\bmod m\)。
考察 \((a+b)\bmod m<a\bmod m\) 的条件，发现是 \(a\bmod m+b\bmod m\geq m\)，进而可以发现是 \(\lfloor\frac{a}{m}\rfloor+\lfloor\frac{b}{m}\rfloor=\lfloor\frac{a+b}{m}\rfloor+1\)。最终可以发现 \([(a+b)\bmod m<a\bmod m]=\lfloor\frac{a}{m}\rfloor+\lfloor\frac{b}{m}\rfloor-\lfloor\frac{a+b}{m}\rfloor\)。
进行换元，可以得到 \([a\bmod m<b\bmod m]\) 的拆贡献表达式，可以 \(O(n\log n)\) 统计。
思考：？？？
T3 Q10780
注意条件 \(\sum_i a_i\leq 5\times 10^5\)。所以可以设计一个 DP，\(f_i\) 表示 \(a\) 的前缀和等于 \(i\) 的最小价值。可以单调队列做到 \(O(n\sum_i a_i)\)。
但是这样会被卡常。你设 \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 天，第 \(i\) 天用 \(j\) 的最小价值。这样复杂度还是 \(O(n\sum_i a_i)\)，但是单调队列上的复杂度是 \(O(nm)\)。唐。
思考：思考。
T4 Q13559
要维护的是每个连通块有哪些相邻连通块。
首先是只会进行 \(O(RC)\) 次合并，用启发式合并维护，合并这一部分的复杂度是 \(O(RC\log RC)\)。
现在问题是如何快速找出同色相邻连通块，直接对度数根号分治即可。
9.6
T4 P4332
注意如果把 \(0\) 翻转成 \(1\)，只会导致 \(0\) 上方一段连续的 \(0\) 变成 \(1\)。于是树剖即可。
正睿 2
T3
官方题解说的什么几把。。？
设 \(a_{i,j}\) 为 \(i\) 进行 \(j\) 次操作后的值，不难发现 \(a_{i,j}=(i-j)\times 2^j\)。
那第一问就是要我们求出一个 \(h\) 使得这个矩阵前 \(h\) 行有至少 \(n\) 个不同的数。考虑一个不同的数该如何被唯一的生成，发现若 \((i-j)\) 为偶数，则 \((i-j)\times 2^j=(\frac{i-j}{2})\times 2^{j+1}\)，所以新的数一定有 \((i-j)\) 为奇数，进而一行有 \(\lceil\frac{i}{2}\rceil\) 个新的数。根据这个可以二分求出 \(h\) 并求出第一问的答案。
考虑第二问。先解决字典序最小这个问题，发现前 \(h-1\) 行的数必须都选满，只有第 \(h\) 行可能空着。令第 \(h\) 行选最大的那几个新的数就行了。然后考虑对着操作后的序列做，发现一定是先选第一列的值，然后选第二列的新的值，以此类推，所以可以二分把这个值求出来，进而可以求出原值。
T4
给定 \(T,n,m,A,B,C\)，有一个初始为 \(n\) 个孤立点的图，你要进行 \(m\) 次操作，每次选中 \(1\leq u\leq v\leq n\)，添加 \((u,v)\) 这条边。设 \(f\) 为这张图的割边个数，若 \(f\) 增加则权值 \(+A\)，不变则 \(+B\)，变少则加 \(+C\)。如果 \(T=1\)，你要求出所有操作之后图是一个边双的权值和，如果 \(T=2\)，你要求出所有权值和。\(n,m\leq 50\)。
注意总会有恰好 \(n-1\) 次割边数量增多，于是我们可以令 \(C=0\)，这样也可以算出答案。
考虑倒序操作，加边变成删边。考虑做 \(T=1\)，设 \(f_{i,j}\) 为 \(i\) 个点 \(m\) 条边的答案，\(f^{'}_{i,j}\) 为方案数，删边之后如果还是双连通图，如果删的这条边不是割边，可以从 \(f_{i,j-1}\) 转移过来；如果这条边是割边，那么剩下的图形如一些双连通图串起来，搞一个辅助背包 DP 即可。
考虑做 \(T=2\)。考虑最终图一定是一些连通块，块之间独立。每个块内缩点之后是一棵树，可以枚举 \(1\) 号点所在的分量进行背包处理。
正睿 3
我还是太菜了。
T2
给定一个长为 \(2n\) 值域为 \([0,n]\) 的序列，问能否选出一个子区间，使得这个子区间可以被划分为两个集合，使得这两个集合的和相等。报告无解或给出构造。\(n\leq 10^6\)。
构造题，考虑抽屉原理啊。
要给这个问题构造出鸽笼原理，考虑给这个序列的每个数赋上一个 \(\pm 1\) 的权值，然后做前缀和。如果前缀和出现相等的值说明有解，直接输出答案。
考虑把取值限制在 \((-n,n]\) 中，这样我们有 \(2n+1\) 个数，一定会出现相同的。而这样也很好办，只需要维护当前前缀和，加入一个数的时候选一个让其绝对值最小的方法加进去就行。
T3
给定平面上 \(n\) 个点，\(q\) 次询问给出 \(i,k\)，问距离（切比雪夫距离）点 \(i\) 前 \(k\) 小的点的距离和。
\(n,q\leq 5\times 10^5,\sum k\leq 10^6\)。
关键在于 \(\sum k\leq 10^6\)。否则我们几乎只能二分二维数点然后拆贡献维护。
这样考虑切比雪夫距离转曼哈顿距离，考虑把曼哈顿距离的四个方向拆开，每个方向各找 \(k\) 个点，最后归并起来。
怎么找点？考虑扫描线。考虑左下方向，其余类似。扫描线从下往上扫，线段树每个节点维护一个堆，这样可以得到 \(O(n\log^2n+k\log n)\)。可以通过。
正睿 4
T3
给定数轴上 \(n\) 条线段，你需要对 \(k=1\sim n\) 求出最大答案：将 \(n\) 个线段分为 \(k\) 组，方案的价值定义为每组的交的长度之和。
\(n\leq 6\times 10^3\)。
首先注意到若一个区间包含了另外一个区间，那么大区间要么跟小区间分到一组，要么单独一组。
于是可以把大小区间分别拎出来，小区间 \(O(n^2)\) DP 出来答案，跟大区间合并起来即可。
T4
给定长为 \(n\) 的数列，定义一个区间的价值为其 LIS 长度。对 \(k=1\sim n\) 求出，将序列分为 \(k\) 个区间，最大的价值之和。
\(n\leq 1.5\times 10^5\)。
首先注意到区间 LIS 长度满足四边形不等式，于是可以做到 \(O(n\log n)\) 做一个 \(k\) 的答案。
然后注意到区间的价值是 \(O(len)\) 级别的，那么我们可以套用那个 trick 做到 \(O(n\sqrt n\log n)\) 求出所有的答案。
具体地，对于 \(k\leq \sqrt n\) 直接暴力 DP。对于 \(k>\sqrt n\)，用 wqs 二分，容易发现二分的斜率是 \(\leq \frac{n}{k}\) 的，可以对每个斜率预处理 DP。
代码源 1
T2
给你 \(n,m\) 和一个长为 \(n\) 的排列 \(q\)，有一个排列 \(p\)，初始时为 \(p_i=i\)。你可以做 \(m\) 次操作：选定一个 \(x\)，将 \(p\) 的 \(1\sim x\) 循环左移一位。问有多少种操作序列能让 \(p\) 变为 \(q\)。
\(n\leq 10^6\)。
考虑倒序操作，变成把 \(x\) 位置的这个数提到序列最前面。
若我们确定了一个操作序列，依次进行操作，那最终得到的序列是把操作过的数拎出来重新按顺序放到前面，剩下的相对顺序不变。
这个条件很关键。设 \(f_{i,j}\) 表示操作 \(i\) 步，已经确定 \(j\) 个数的相对顺序已被排序。可以转移：
其中第一个转移是在序列的开头新增 \(j\) 种操作，第二个转移是在末尾新增这一种操作。不难发现这就是第二类斯特林数。
那如果从组合意义考虑呢，我们把 \(\{1,2,3,\cdots,n\}\) 分成 \(m\) 个子集，此时我们希望这个方案跟操作序列形成一个双射。我们只要把这 \(m\) 个集合按照最小元素排序，然后挨个标上操作的位置即可。
注意有一种情况就是只操作值域 \([1,k]\)，然后剩下值域 \([k+1,n]\) 的元素顺序原本就已经被确定。所以最后的答案是第二类斯特林数第 \(n\) 行的一个后缀和。
考虑咋算呢，注意第二类斯特林数是一个卷积形式，而卷积式的前缀和是好求的，就是对应前缀和乘起来，那么我们就做完了。
T3 Q13024
首先前缀和然后把操作按前缀和表示，不难发现最后一定是形如 0000...0123456... 的序列。考虑合并，直接线段树维护即可。
T4 Q13308
两条线段相交当且仅当是逆序对。那么原题等价于选一个权值最小的极长上升子序列。转移：
条件：
看到偏序问题，考虑分治解决。具体地选择当前区间中点，递归先计算出左边的 DP 值，然后处理跨过中点的转移。
转移时预处理每个左边点右边比它大的最小值，设为 \(l_i\)，右边点左边比他小的最大值 \(r_i\)，则转移条件变为：
是一个 3-side 矩形二维数点，可以直接计算。
代码源 3
堂
AGC 板刷记录
001D
不难想到图论建模。给相同的连上边，那么目标就是使整张图连通。
我们知道最少用 \(n-1\) 条边才能使图连通，而每个序列最多只能连上 \(\lfloor\frac{n}{2}\rfloor\) 条边，所以这个图要么是一条链要么是一个环。
既然这样，那最多有两个叶子节点。而如果存在一个长度为奇数的回文区间，那么中间那个点一定是一个叶子结点，所以一共有不超过 \(2\) 个奇数区间。
然后分讨。每种情况把这些区间挨个串起来即可。
001E
不难想到组合意义转化。然后发现组合数递推是一个线性递推，于是可以把所有递推初始值放到一块做。
思考：贡献的合并。
这里介绍一个生成函数大力解法，设 \(t_i=a_i+b_i\)：
直接秦九韶算法暴力卷积即可。
001F
考察这个排列的逆，那么操作变为选取一对相邻的元素满足差值至少为 \(k\) 然后交换。目标变为让 \(1,2,\cdots,n\) 依次尽量靠左。
考察这个操作，尝试找出其中的不变量。发现值域 \([t,t+k-1)\) 的区间内的元素的相对顺序不会改变。猜测这是所有能达到的数列的充要条件，发现对了。
考察这个目标，发现连出 DAG 之后就是制作菜肴，要求其 DAG 反图的拓扑序的字典序最大。
考虑怎么建出图，set 随便维护一下前驱后继就行了。
002D
模板 Kruskal 重构树。
002E
这个刻画有点厉害。
首先把这个序列从大到小排序，变成一个 Ferrers 图。然后操作是可以删掉最下面的一行或者最左边的一列，再转化，变成网格图可以往右往上走，走到边界就输了。
然后考虑，一个状态必胜当且仅当后继状态中存在一个必败，必败当且仅当后继状态中全为必胜。边界上全为必败，然后可以根据这个 DP 出原点的状态，但是复杂度爆炸。
找找规律就行了。
002F
发现可以直接把序列维扔掉。
003D
考虑分解质因数，然后简单做。
咋分解质因数。根号分治把 \(^3\sqrt{10^{10}}\) 以下的除掉，剩下的判是不是完全平方数。
003E
随便递归一下。
003F
随便分讨一下矩乘一下。
004C
随便构造一下。
004D
基环树上随便贪心一下。
004E
可以转化一下视角，让机器人带着边框动。
一开始我想的是直接枚举一个矩形判断这个矩形能不能全部被选，但是这样是错的。因为最终选出来的不一定是一个矩形。
所以我们可以考虑 DP，设 \(f_{l,r,u,d}\) 为走的步数，可以简单转移。
004F
td
005D
肯定考虑容斥。直接钦定有 \(x\) 个 \(i\) 满足 \(a_i=i\pm k\)，系数是 \((-1)^x\)，记得还要乘上外面的方案数 \((n-x)!\)。
考虑怎么算钦定的方案数。发现只有 \(\bmod k\) 同余的 \(i\) 会相互影响，那么可以把这个东西拆成 \(\frac{n}{k}\) 个链，每个链 DP 一下算出来方案数（好像有封闭形式）再合并起来，这样复杂度是 \(O(\frac{n}{k}\times n\times k)\) 的。
把合并那一步换成卷积可以做到 \(O(n\log n)\)。
005E
显然游戏不会结束当且仅当存在一条红边，连接其两个端点的蓝边链长度 \(\geq 3\)，而且红方能够先于蓝方赶往这个地方。可以简单枚举判断。
于是剩下的情况就是游戏一定会结束。考虑红方一定是逃往一个点之后等着被抓，蓝方一定不会停一手，那么答案就是蓝方追击到红方的步数 \(\times 2\)。DFS 枚举一下红方逃往哪个点计算答案即可，注意判断红方有可能在途中被截获。
005F
考虑每个点对 \(f(k)\) 的贡献，容易得到：
看起来非常不可做的样子，原因是 \(siz_u\) 这个东西像一坨史一样糊在了这个二项式系数里。不妨处理出 \(cnt_i\) 表示 \(siz_u=i\) 的 \(u\) 的个数：
只考虑 \(\sum_{i=1}^ncnt_i\binom{i}{k}\) 怎么算，后面一项是对称的。
是一个差卷积形式。NTT 直接做即可。
006C
稍微推一下式子可以得出操作 \(a_j\) 相当于 \(x_{a_j}\leftarrow x_{a_j-1}+x_{a_j+1}-x_{a_j}\)。
差分之后变成 \(d_i\leftarrow d_{i+1}\)。
然后可以发现每一轮操作是一个线性变换，而且这个线性变换是一个赋值类型的变换，可以做到 \(O(n)\) 合并。于是直接快速幂即可。
006D
直接二分变成 01 序列，发现如果有两个相同的数挨在一块就会一直向上传递，这样只需要考虑最中间是 01 交错的情况。发现可以简单判断，于是可以 \(O(n\log n)\) 解决。优化到线性也是简单的。
022F
可以发现最后剩下的点的坐标形如：
因为 \(X\) 十分巨大，所以后面的系数不会互相影响，所以等价于计算有多少种不同的后面的系数能被生成。
注意这个对称的过程有点像把两个数合并起来，所以考察这个合并的结构，是一棵二叉树，我们令对称中心的那个点为左儿子。
一个叶子结点 \(X^i\) 对根节点的贡献系数，\(a_i\) 是其作为右子树的次数奇偶性，\(b_i\) 是其作为左子树的次数。
考虑枚举一个数组 \(c_{x,y}\) 表示有 \(c_{x,y}\) 个叶子的 \(a=x,b=y\)，其中 \(x\in \{0,1\},0\leq y\leq n\)。考虑判定这个数组能不能组成一棵合法的树，每次操作形如把 \((1-x,y)\) 和 \((x,y+1)\) 变成 \((x,y)\)，可以贪心 \(y\) 从大到小消除。如果合法，就贡献了一个多重集排列数的方案数。
考虑 DP 记录这个过程，即可通过。
杂题
ARC205E
像这种子集求和形式的转移可以直接根号分治。
CF516D
求出直径长度 \(l\) 和中点 \(m\)，注意到 \(\max_i \operatorname{dis}(x,i)=\frac{l}{2}+\operatorname{dis}(x,m)\)。
于是可以直接对每次询问双指针。
CF516E
首先求出 \(d=\gcd(n,m)\)，发现只有模 \(d\) 同余的人才会互相影响。
考虑对每组分别求出男女的时间。考虑图论建模。然后可以连出一个环，还有源点到 \(O(n)\) 个点的边。exgcd 把环搞出来就行了。\(O(n\log n)\)。
ARC130F
显然能变小就操作是不劣的。而且最终序列是下凸的。
那么考虑我们是怎么建凸壳的，直接从左到右挨个增量考虑。这个题也仿照一下，就做完了。
ARC135F
nd，诗人我吃。
Q14015
Analysis will be added a bit later.
PJ NOIP5 T2 | Q14036
设 \(f_{i,j}\) 为血量为 \((i,j)\) 的期望步数。显然直接 DP 不行，有环。考虑先写出转移式：
回想我们以前做转移带环的 DP 是怎么做的。要么高斯消元（适用线性方程组），要么最短路优化（适用一类可建模成图的最优化问题）。那这个题都不符合，咋办呢。考虑设一个数为未知元，不妨设 \(f_{n,m}=x\)，那么每个 DP 的取值可以描述成一些一次函数的 \(\min\)，就是一个上凸壳。可以直接把这个上凸壳 DP 出来，然后解方程 \(x=f_{n,m}(x)\)，最大的 \(x\) 就是答案（因为 \(f_{n,m}\) 没有到自己的转移）。
考虑优化。因为 \(f_{i,j}\) 的上凸壳一定是以斜率为 \(1\) 的一段开始，所以最大的 \(x=f_{n,m}(x)\) 满足可二分性。所以可以二分。
P13691
发现从一个点开始往后走花费最多为 \(k\) 所能到达的地方是一个区间，考虑倍增转移。注意代价有 \(1,2\)，所以要维护步数 \(2^j,2^j-1\) 的倍增。转移的时候注意到一定是在当前能到的区间里 \(a,b\) 最大的区间往后跳，于是可以做到 \(O(n\log n)\)。
ARC164E
首先离散化，最大深度是好求的，容易构造出来。
考虑刻画一个线段树合法的条件，就是第 \(d-1\) 层有至多 \(2^{d-1}\) 个点，于是可以对着这个 DP，设 \(f_{i,j}\) 为第 \(d\) 层 \(i\) 个点，\(d-1\) 层 \(j\) 个点的答案，即可。
GYM103409H
先对模式串建 AC 自动机。考察 \(w(l,r)\) 是啥东西。把这个东西放到 01 Trie 上，是 \(O(\log V)\) 个子树，现在我们要维护 AC 自动机上走 01 Trie 的一个子树的值能匹配多少，发现倍增是容易合并的。直接做即可。
P6326
注意一定买一个连通块，所以可以点分治然后根必须选。
考虑求值，发现是一个背包，直接做可以获得 \(O(nm^2\log n)\) 的好成绩。
复杂度瓶颈在于合并背包是很慢的，于是考虑加入物品。按照 DFS 序考虑，如果这个点不选就直接转移出这个点的子树，否则转移到下一个点，可以获得 \(O(nm\log n)\) 的好成绩。
CF566C
表达式为 \(\sum_{i=1}^n\operatorname{dis}(x,i)^{\frac{3}{2}}\)。注意 \(x^{\frac{3}{2}}\) 这个函数是凸的，所以这些加起来也是凸的。所以我们有一个初步做法，先随便定一个点，然后算出其所有相邻点的答案，选一个最小的走过去。这个过程可以点分治优化，但是会被菊花图卡成 \(O(n^2)\)。
考虑优化，考虑求导，选一个导数为负的走过去，这样就可以了。
CF715C
因为 \(10\) 的逆元存在，所以可以点分治正反做两遍求出答案。
DSU on tree 的话，考虑维护一个乘法加法 tag，也可以直接做。
P7560
扫描线扫序列维，线段树上维护每一个时刻的信息。维护一个前缀 \(\min\)，容易发现这就是最后一次被清空为 \(0\) 的时刻。然后线段树上二分找到加人所在的时间即可。
P8518
仿照 P7560 的做法，找到最后触碰到边界的时刻。先做一个前缀和，容易发现 \(i\) 时刻触碰到上或下边界的充要条件是存在一个 \(i\) 之前的时刻 \(j\) 满足 \(|s_i-s_j|\geq c\)。找出这个东西的前缀最大最小值，这个差值如果 \(\geq c\)，那么最后一次触碰的边界一定在这两个后面，可以线段树二分找出来。
ARC146D
考虑如果所有的 \(X_i,Y_i\) 都不等于 \(1\)，那么所有的点都可以取 \(1\)，这样一定最小。
一旦存在有一个 \(X_i,Y_i\) 等于 \(1\)，那么说的就是 \(A_{P_i}\geq X_i,A_{Q_i}\geq Y_i\)。这样递归处理限制，每个限制只会被处理一次，最后全部取最小的就行。
P12547
首先不难注意到区间里的 \(1\) 一定全选。然后问题变成删最少的 \(-1\) 使得条件满足。
考虑其前缀和折线，条件可以表示为，其前缀和任意一项非负，且最后一项是整个序列的 \(\max\)。删除一个 \(-1\) 会导致后面的整体向上平移一格。先考虑调整前缀和非负，容易发现删除的 \(-1\) 数量等于其前缀和最小值的绝对值（如果最小值为正就不用调整）。在考虑调整最后一项成整个序列的 \(\max\)，但是发现这个跟序列 \(\max\) 后面删除了多少个 \(-1\) 有关。容易发现一个位置前面删除的 \(-1\) 个数为这个位置前面的前缀和最小值的绝对值。于是直接线段树维护就行了。
P9999
考虑把询问离线，维护一个数据结构，支持标记树上一个点，把树上标记的所有点往一个点的方向移动一步，查询标记的那个点现在走到了哪。
考虑把所有点向 \(x\) 移动一步，那么只有 \(x\) 根链上的点会向下移动，其他的点都是向上移动。所以给树树剖，那每条链上开一个平衡树可以维护。注意跨链要求我们快速找到有哪些点会跨链，这部分实现要精细一点。
有人可能会说复杂度不对，因为可能存在一些点在重链的端点处来回跨越。实际上跨链的次数总数最多是 \(O(q\log n)\)。
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