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https://www.luogu.com.cn/problem/P14638

考场上写了个 \(O(nq\log)\) 的猫树分治。我发现这个东西可以过 \(L=R\) 的所有点，场上我以为只是因为常数小，后来想一想才发现当 \(L=R\) 时这个东西就是线性的。进一步地，当 \(2L\ge R\) 时这个东西也是线性的。所以考虑预处理出所有 \([2^k,2^{k+1})\) 的答案，查询的时候散块部分就满足 \(2L\ge R\)，然后就 \(O(nq)\) 了。

https://qoj.ac/contest/2559/problem/14419

首先考虑求最大子段和不超过 \(k\) 的方案数。

你相当于要做 \(s\gets \max(s+a_i,0)\) 这种过程。如果没有这个取 \(\max\) 是很好做的，一组合法的方案等价于一条从 \((0,0)\) 开始，不经过 \(y=k+1\) 的折线。但是有了这个取 \(\max\) 之后会多一个从 \(0\) 到 \(0\) 的转移，这看起来不太符合折线的性质了。

结论：一组合法的方案等价于一条从 \((0,0)\) 开始，不经过 \(y=k+1\) 和 \(y=-k-2\) 的折线。

证明：考虑把 \((x,0)\) 到 \((x,-1)\) 或 \((x,-1)\) 到 \((x,0)\) 的一条线段看成从 \(0\) 到 \(0\) 的转移，然后沿 \(y=-0.5\) 把坐标系对折，然后方案显然就一一对应了。

然后反射容斥。

https://www.luogu.com.cn/problem/AT_pakencamp_2023_day3_i

有一个很显然的暴力叫做，把限制和点看成左右两部点，然后连边跑费用流。

考虑 Hall 定理。我们把原题的表述改成，选出权值和尽可能大的一些限制，使得这些限制的任意一个子集都满足 Hall 定理。

注意到如果选出的子集内有两个限制不为祖孙关系，那一定是满足 Hall 的；如果 \(x\) 选了但 \(fa_x\) 没选，那么选上一定不劣。所以我们只需要 check 一条到根的链。

于是问题变成：选出一些限制，满足对于任意点 \(x\)，\(x\) 到根这条链上的限制数量之和 \(\le n-sz_x\)，然后最大化选出的限制权值和。

这个可以直接贪心：对每个点维护一个堆，初始存储这个点上的所有限制。 dfs 整棵树，如果 \(x\) 有一个儿子叫 \(y\)，那么把 \(y\) 的堆里最大的 \(sz_x-sz_y\) 个元素给 pop 掉，然后把 \(y\) 的堆并到 \(x\) 的堆里。最后答案就是 \(1\) 的堆内元素之和。

启发式合并维护，复杂度 \(O(n\log^2 n)\)。

https://www.luogu.com.cn/problem/P14608

这也太难了。

考虑猫树分治，对于一个跨过 \(mid\) 的询问 \([L,R]\)，求出 \([L,mid]\) 和 \([mid+1,R]\) 的 LIS 长度 \(x,y\)，显然有 \(\max(x,y)\le ans\le x+y\)，取 \(\lfloor\frac{\max(x,y)+x+y}{2}\rfloor\) 作为答案即可。

http://xsy.gdgzez.com.cn/JudgeOnline/problem.php?cid=2352&pid=1

这也太难了。

问题等价于，\(a,b\) 两个数组上的每个位置都有一个限制，形如 \(\le lim\) 或 \(\ge lim\)，对 \(a,b\) 内元素集合相同的方案计数。

考虑只有 \(\le lim\) 怎么做，直接 dp。考虑把 \(\ge lim\) 的限制容斥成 \(\le lim-1\)。但是有一个问题，如果没有钦定 \(\le lim-1\)，会多出来一条任意选的限制。所以在 dp 的初始状态里面直接把钦定了多少个给确定下来，然后直接转移了，复杂度 \(O(Vn^4)\)。

感觉讲得好抽象，简单来说就是在 dp 初始状态里面钦定一部分选择。

http://xsy.gdgzez.com.cn/JudgeOnline/problem.php?cid=2352&pid=2

考虑怎么算一个 \(f_k\)。对每个 \(i\) 找到最小的 \(j>i\)，使得 \(s[i\dots i+k-1]=s[j\dots j+k-1]\)，然后就做完了。用 SA 预处理一下，算一个 \(f\) 就可以线性了。

答案只有 \(O(\sqrt n)\) 个，套路地考虑分治，做完了。