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YDRS#004 GLACIES
这个其实是 UNR#4 配对树。
你先考虑一个区间的贡献怎么算。我们直观感受一下大概就是你从下往上走，每次在这个点的子树内如果出现两个以上的点，就把它们随意合并（因为是 \(dep_u+dep_v-dep_{lca}\)），这个大概是可以证明的。
那回到原问题，很自然的想法就是考虑每个点作为 lca 会被计算几次，发现是它有数的子树个数除以 2 下取整，这个很麻烦。
看了 sol。
我们考虑把贡献拆到边上，一条边会被计算当且仅当两边都有奇数个点。这个方便维护多了。
你考虑对于一条边 \((u,v)\) 怎么算。把子树内的点在序列上改为 1，别的都是 0，然后做模 2 意义的前缀和，对下标分奇偶维护，你发现合法的方案数就是两个前缀和不同的方案数。这个加入的过程可以使用线段树维护。
然后你再考虑整个过程，轻重链剖分/dsu on tree 即可。
CF1916 E
给一棵树，每个点有颜色，定义 \(f(u,v)=diff(u,lca(u,v))diff(v,lca(u,v))\)，其中 \(diff(u,v)\) 为 \(u\rightarrow v\) 路径颜色数。求 \(f(u,v)\) 最大值。\(n\le 3\times10^5\)。
我们肯定要在 lca 处统计答案，统计一个最大值一个次大值合并就行了。我们很希望这个答案有随着 lca 升高的某种单调性，但很不幸并没有，这意味着我们并不能提前排除一些一定不可能的方案，那就是说我们大概要同时维护所有点的答案。
那我们肯定要先考虑能不能增量构造。你比方说 lca 走了 \(u\rightarrow v\) 这条边，考虑谁的答案会发生变化。我们在到根的链上连出经典的 pre，那就是 \(pre=u\) 的子树加 1，\(pre=fa_u\) 的子树减 1。这个简单做。
呃呃，不知道哪里出问题了，拍了 300 组了。调不出来，再说。
CF1916 F
给一个点双连通图，和两个数 \(n_1,n_2\)，要求把图划分成两个点集，大小要求如前，并且两个点集分别连通。\(n_1+n_2\le2000,m\le5000\)。
我们在 dfs 树上考虑，尝试利用没有割点的性质。经过一些尝试之后，可能能给出一个解法，但是非常困难。
看了 sol。
我们考虑证明，对于任意一个当前合法的划分 \(V_1,V_2\)，我们一定可以在 \(V_1\) 中找到一个不是割点，并且跟 \(V_2\) 连通的点。
首先一定有跟 \(V_2\) 连通的点是显然的。我们假设所有这样的点都是割点，然后找到一个最“边上”的割点，把它割掉之后，其中一个部分会没有割点，那么这个部分跟 \(V_2\) 不连通，说明这个被割掉的点是原图的割点，爆了。
所以每次找一个不是割点的点就行了。
zroi day3 C
我们先把原问题写成线性规划形式。
虽然现在 \(a,b\) 可能是实数，但是由于所有的系数 \(\in\{-1,0,1\}\)，这个叫 unimodular，似乎就可以证明一定在整数处取到最值。你感受一下二维的，交点确实只能在整点处，所以这个很有道理。
对偶一下。
因为这个东西也是 unimodular 的，所以我们可以只关心整数解。
接下来开始人类智慧。首先注意到 \(w,p\) 的减小一定对答案有利，所以 \(w_i+p_i=1\)，也就是说，对于每个区间，选择向 \(w\) 或者 \(p\) 贡献。
相当于是，选择一部分区间，它们被删去了，每个需要 1 点代价，另外一部分区间，让它们正常覆盖，比方说在 \(i\) 点覆盖 \(c_i\) 次，我们要求 \(\lambda+z_i\ge c_i\)，也会有一些代价。
我们发现，\(z_i\) 完全没用：同样花费一点代价，我们可以直接把覆盖的区间删去。所以存在最优解，使得 \(z_i=0\)。
现在，问题变成了，你可以选一些区间 \(S\)，代价是 \(m-|S|+k\max c_i\)，其中 \(c_i\) 是 \(S\) 中区间覆盖之后的结果。
我们本来是要对每个 \(k\) 做这个东西，但是我们不妨转为枚举 \(c_i\) 的限制，然后求出最少不选多少个区间。这样对于每个 \(k\) 我们仍然可以凸包简单处理。
然后神秘的东西出现了：这个东西可以增量贪心。我不懂为什么，之后再学习。
然后可以线段树随便维护一下就做完了。
zroi A Fear
这个东西，我在场上，看了一道类似的冒泡的题，里面有个结论，你记 \(i\) 与它之前的位置构成的逆序对个数是 \(c_i\)，每一轮冒泡会执行 \(c_i\leftarrow \max(0,c_{i+1})\)。
你把查询拆成两个，然后我就考虑维护这个东西，反正经过有些复杂的思考，得出了一个有些复杂的做法，虽然它应该是 1 log 的，但是有非常巨大的常数，得到了预期分数。
上面这个确实可以做，核心思想就是你发现，每次是选这个区间里，最大的 \(k\) 个，然后剩下的那部分，是把 \(k\) 个数填到空着的位置里，有一部分数是不变的，然后做做做。
但是，看了 sol 之后，我发现，这个东西，等价于，在区间 \([l,\min(r,x+z)]\) 当中，最小的那几个。这个，非常，显然。
主席树，做完了。
Luogu P7125
第一个想法是按照 \(\frac{l'+r'}{2}\) 分类统计答案，考虑以这个位置为中心的所有区间，去计算哪些符合条件。
首先猜测这样的半径是一个区间，那显然是假了，但是我们发现一个性质：你把这个数的每次出现都拿出来，在这一次出现到下一次出现之间，这里有一个单调性，那我们就可以二分了，结合分块在线求区间众数出现次数的做法，我们可以做到低贱的 \(O(n\sqrt{n\log n})\)，这是 lxl 题，所以过不了。
说起来，区间众数要做到严格 \(O(n\sqrt{n})\)，并且线性空间的话，需要用 vector 存下来，然后对于散块里的每一个点，我们依次去 chk 它能不能让答案 +1，具体来说，我们在 vector 里找到它的下标，并且加 ans，看看那个数是不是在我们的询问区间里。
然后我不会做了，看了 sol。
我们考虑把这些询问离线下来，然后按照 \(cnt_x\) 根号分治，对于大的，我们暴力做就行了。对于小的，我们统一做，但是你要枚举这个出现次数的界 \(up\)，然后通过双指针算出来每个位置最多能延伸到 \(p_x\)，这样就可以 \(O(1)\) chk 了。
那现在我们手里有线性个 \((p,l,r)\)，代表以 \(p\) 为中心，半径在 \([l,r]\) 内的区间是合法的。首先肯定差分一手，转化成 \((p,r,v)\)，然后我们把条件列一列，发现这个是个二维数点，然后做一做就行了。
Luogu P4887
注意到值域只有 \(2^{14}\)，考虑一种枚举异或后的数是谁的方案，\(\binom{14}{k}\)。
我们考虑莫队的过程，每次相当于询问 \([l,r]\) 内跟 \(a_p\) 异或之后为 \(k\) 的有多少个。把这 \(m\sqrt{n}\) 个询问差分，离线下来，按照 \(r\) 排序，这相当于是 \(n\) 次单点修改，\(m\sqrt{n}\) 次询问，我们 \(O(\binom{14}{k})-O(1)\) 解决即可。
但是这是 lxl 题，他卡了空间，我们要尝试做到线性。
卡空间，无非就是把能在线处理的询问处理了，把一些询问压缩，多跑几次，每次只处理一部分，这几种方式。
我们发现，每次跑莫队已经是根号的了，所以我们只能跑常数次莫队，最后一种方法看起来不太合适。
我们考虑哪些询问是可以在线处理的。发现右端点移动时，它差分出来关于右端点的询问，是可以预处理的，这部分可以在线做。
我们考虑哪些询问时可以压缩的。发现右端点移动时，它差分出来的关于左端点的询问，是一个区间的形式，可以压缩。
这样，我们就把空间卡到了线性，可以通过。
ZJOI2017 树状数组
我们观察不到，可怜求的是一个后缀和。
所以我们进行另外的观察，观察一次修改之后，对每个位置进行询问，哪些位置能得到正确的结果，哪些位置是错误的。
我们发现，只有修改的那一个位置是正确的，别的位置是错误的。
所以我们现在只关心每个位置被修改了多少次。
考虑一次 2 操作 \([l,r]\)，我们关心的是 \(l-1,r\) 位置被覆盖的次数模 2 是否相同。我们不妨把只覆盖 \(l-1\)，只覆盖 \(r\)，覆盖 \(l-1,r\) 的询问个数分别记作 \(a,b,c\)，我们把 \(c\) 分成三类：给 \(l-1\)，给 \(r\)，谁都不给。然后大力列式子，发现不会算。
瞄了一眼 sol。
我们反过来，考虑修改对询问的影响，维护一个二维平面表示 \((l,r)\) 这个询问的答案，然后观察到一次修改操作对某一个 \((l,r)\) 不造成影响的概率如果是 \(p\)，原来的答案如果是 \(q\)，那么会有 \(q\leftarrow pq + (1-q)(1-p)\)，这个东西显然可以用矩阵来表示。并且 \(p\) 的不同取值构成三个矩形。
那么我们现在要做的就是，维护一个平面，支持矩形乘，单点查。这个可以树套树，注意到操作顺序不会影响最终结果，标记永久化即可。
复杂度 2 log。
Ynoi2006 rprmq2
这个题，很困难。它要我们做矩形加，矩形最值，可以离线。我们第一个想法肯定是树套树，但是你发现这个标记不太好，所以不太行。
那我们考虑一些根号算法。比方说我们对操作进行分块，这样在每块中我们按照操作的位置把平面划分成 \(B^2\) 个块，我们只会对整块进行操作。
那么我们现在已经可以把复杂度从 \(O(mn^2)\) 优化到 \(O(mn)\)。
看了 sol。
接下来，我们把要解决的问题稍微写得清楚一些。我们对每一块操作，首先要求出执行之前的所有操作之后，每一块的最值。接下来要在 \(B\times B\) 的平面上，执行矩形加和矩形最值。
前者，我们可以扫描线，然后做区间历史最值。后者，我们可以使用 kdt，或者，直接用 \(B\) 棵线段树也可以。
[十二省联考2019]春节十二响
这个题 spx 是不是之前跟我说过啊！
我们明显感觉，做法是贪心。考虑一个子树的答案怎么计算，根肯定单独分出来，各个子树我们分别找出最优解，然后把尾部对齐合并即可。
首先，如果我们证明了最优子结构，那我们合并肯定是这么合并的。接下来就是怎么证明最优子结构。
我们假设当前有一个不是最优解的子树，你考虑它第一个选择情况不一样的点，我们知道它肯定是原来没有被选现在被选了。你考虑把这个点跟它最优解里的那个合并起来，那这样里面会有一些点要弹出来对吧，但是弹出来的这些点
不会证 /ng。
好了看了 spx 的 blog 现在会证了。
你考虑我们现在操作的对象其实是一个可重集，表示这个子树里作为“开头”的数都是谁。
我们使用归纳法，假设我们的算法在当前位置 \(u\) 处产生解 \(S_u\)，我们考虑任意的其它解 \(T_u\)，我们想要证明 \(sum(S_u)\le sum(T_u)\)。
我们现在手头有的，就是子树 \(sum(S_v)\le sum(T_v)\)，以及 \(S_u=combine(S_{v_1},S_{v_2},\dots,S_{v_k},\{val_u\})\)。
我们先来研究 \(combine\) 的性质。首先猜一个 \(sum(S_u)\le sum(T_u)\Rightarrow sum(combine(S_u,P))\le sum(combine(T_u,P))\)。
然后你尝试证明，发现证不了。但是发现这个结论对于我们算法导出的解而言是成立的。
我们尝试证明，若 \(S_u\le T_u\)，这里表示每一位上的偏序关系，那么 \(combine(S_u,P)\le combine(T_u,P)\)，而这个是显然成立的，因为 \(S_i\le T_i\Rightarrow \max(S_i,P_i)\le \max(T_i,P_i)\)。
我们把这个性质加入我们的归纳假设当中。你发现你可以证明 \(combine(S_{v_1},S_{v_2},\dots,S_{v_k})\le combine(T_{v_1},T_{v_2},\dots,T_{v_k})\)，接下来考虑加入 \(val_u\)。简单分析之后发现仍然满足偏序关系。
这样，我们就证明了 \(combine(S_{v_1},S_{v_2},\dots,S_{v_k},\{val_u\})\le combine(T_{v_1},T_{v_2},\dots,T_{v_k},\{val_u\})\)，也就是说 \(S_u\le T_u\)，也就是说 \(sum(S_u)\le sum(T_u)\)。
这个其实是一个归纳引入，我们使用更强的结论进行归纳。不过确实啊，这个取 \(\max\) 自然就应该满足偏序性质，我们应该先发现这个性质然后基于它去证明。
Luogu P7983
这个 \(b\) 很像一个前缀和函数对吧，我们想到了另外一道跟这个很像的题。但是你先别急，我们先想想，\(a\) 区间覆盖，查前缀和怎么做。
这个很简单，随便做到 \(O(\sqrt{n})-O(1)\)。
我们再想下一个问题，如果没有 \(b\) 的修改怎么做。
之前那个题的做法可以用上了。我们对每个块存下来每个位置在这个里面出现了多少次 \(cnt_{i,p}\)，然后修改的时候对整块改 \(sum_i\leftarrow sum_i+cnt_{i,p}\Delta\)。但是你发现这里修改是区间覆盖，所以我们可以记录出现次数的前缀和，然后直接修改 \(sum_i\leftarrow sum_i+(cnt_{i,r}-cnt_{i,l})\Delta\)。
考虑这个 \(cnt\) 怎么算。你发现我们是前缀加，查询单点值。但是可以离线，扫一遍就行了。
那我们现在考虑加入对 \(b\) 的修改。我们考虑散块暴力重构，整块打标记，好像，做完了？
你别急，有点问题。我们重构的块个数是 \(O(m)\) 的，但是重构复杂度是 \(O(n)\)。爆爆爆。
你考虑做得好一点。你发现我们对于颜色改变的颜色段，去做 \(O(\sqrt{n})-O(1)\) 的修改，这样均摊下来修改次数是 \(O(1)\) 的。所以就做完了。
你别急，现在空间是 \(O(n\sqrt{n})\) 的，这肯定会炸。我们考虑一些常见的优化起不起作用。比方说离线对每一块分别算。大概想一下是可以这么做的，所以我们做完了。
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