2025.12 北京多校集训

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根号数据结构

P9809 [SHOI2006] 作业

对 \(Y\) 根号分治，当 \(Y\le B\) 的在插入时枚举 \(Y\) 并更新最小值；当 \(Y > B\) 的枚举 \([kY,(k+1)Y)\)，二分求出区间中的最小值。复杂度 \(O(n\sqrt V\log n)\)。

CF1822G2 Magic Triples（Hard Version）

对 \(b\) 根号分治，先特判 \(b=1\)。当 \(b\le B\) 时暴力枚举 \(b\) 然后枚举 \(j\) 求解；当 \(b>B\) 时有 \(a_j\le \tfrac{V}{B}\)，此时暴力枚举因数作为 \(b\)，复杂度为 \(O\left(\sqrt{\tfrac{V}{B}}\right)\)。平衡一下取 \(B=V^{\tfrac13}\)，复杂度 \(O(nV^{\tfrac{1}3})\)。

P5071 [Ynoi2015] 此时此刻的光辉

我们知道约数个数的式子是 \(\prod (c_i+1)\)，一种办法是直接枚举所有质数然后利用前缀和计算，复杂度为 \(O(nV)\)；另一个想法是利用莫队，加入或删除一个数的时候可以轻易维护出 \(c_i\) 的变化以及对答案的影响，复杂度 \(O(n\sqrt {n}\log V)\)。

考虑平衡一下两部分的复杂度。对于 \(\le 1000\) 的 \(168\) 个质因子我们暴力枚举利用前缀和计算，而剩下的部分每个数最多只有两个质因子，我们暴力跑莫队的复杂度就降为 \(O(n\sqrt n)\)，于是可以通过。

P5607 [Ynoi2013] 无力回天 NOI2017

首先上来想到对于集合大小进行根号分治，尝试后发现复杂度只能做到 \(O(m\sqrt m)\)，无法通过。考虑对另一个东西进行阈值分治，我们对一个数字的出现次数进行分治。先做一步容斥转化成求交，然后分类讨论：

• 当出现次数 \(cnt>B\) 时：

  这样的数总共只有 \(O(\frac{m}{B})\) 个，我们利用 bitset 维护每个集合内每个数的出现状况，查询的时候直接求交，复杂度 \(O(\frac{m^2}{Bw})\)。

• 当出现次数 \(cnt\le B\) 时：

  此时我们插入一个数的时候，最多会对 \(O(B)\) 个二元组产生 \(1\) 的贡献，这样暴力维护复杂度是 \(O(mB)\) 的。此时需要注意一下空间，容易发现虽然我们会有 \(O(mB)\) 个贡献，但是实际上我们要统计的只有 \(O(m)\) 个位置，用哈希表维护一下这些位置的答案即可，可以做到空间 \(O(m)\)。

那么此时复杂度为 \(O(\frac{m^2}{Bw}+mB)\)，取 \(B=\sqrt{\frac{m}{w}}\)，复杂度为 \(O(m\sqrt{\frac{m}{w}})\)，可以通过。不过此时 bitset 的空间会炸掉，用经典套路进行 bitset 分块可以把空间做到线性，时间复杂度不变，可以通过。

P5386 数字游戏

考虑在值域上跑莫队，那么我们的问题现在变成了如下形式：给定一个 01 序列，每次将一个位置的值进行修改，求出一个区间 \([l,r]\) 中所有 1 的连续段的 \(\frac{len(len+1)}{2}\) 之和。显然可以用线段树维护，复杂度 \(O(n\sqrt n\log n)\)，过不去。

考虑莫队和线段树配合非常垃圾，我们考虑用序列分块配合莫队。每个块维护的信息和线段树上每个节点维护的信息一致，我们现在需要 \(O(1)\) 修改 \(O(\sqrt n)\) 查询。如果已知每个块的信息 \(O(\sqrt n)\) 合并信息是简单的，问题在于怎样 \(O(1)\) 修改。

尝试后发现将 0 改为 1 是容易的，但是改回去是比较困难的。于是考虑将莫队改为回滚莫队，然后我们就只有这个操作了。考虑这个操作怎么 \(O(1)\) 维护，我们对每个点维护 \(pre,nxt\) 表示它在块内向前 / 向后延伸到的最远点，当修改一个点的时候，我们考察左右两个点的 \(pre,nxt\)，然后更新两个点的值，因为连续段内的点的值不重要。根据这个我们也可以简单维护出段内信息的贡献。

然后就做完了，复杂度 \(O(n\sqrt n)\)。

P5608 [Ynoi2013] 文化课

先考虑没有修改怎么做。我们可以用线段树标记拼接，具体的，维护下面几个值：左端的极长乘法段长度及其运算结果，右端的极长乘法段长度及其运算结果，当前区间的运算结果，当前区间右侧的符号，当前区间的长度。可以拿到 5 分。

然后考虑没有操作 \(1\)，此时我们还是维护上面的所有信息，然后分类讨论一下：

• 当修改区间符号为 + 时：

  此时左右两端极长乘法段长度都是 \(1\)，且计算结果就是左右两端的数字。而当前区间的运算结果就是区间和。所以我们需要额外维护区间两端的数字以及区间和。

• 当修改区间符号为 * 时：

  此时左右两端极长乘法段长度就是区间总长，并且所有运算结果都是区间乘积，所以额外维护区间乘积即可。

维护这些信息即可，此时可以拿到 24 分。

然后考虑区间赋值怎么做，此时修改左右两端的计算结果是容易的，问题在于如何求出区间整体的运算结果。我们设 \(a_i\) 表示长度为 \(i\) 的极长乘法段长度，那么结果显然是 \(\sum a_ix^i\) 这个多项式。容易发现 \(a_i\times i\le len\)，于是根号分治可以分析出这个多项式的项数不超过 \(O(\sqrt{len})\)。

那么问题就简单了，我们在 pushdown 和 pushup 的时候直接暴力 \(O(\sqrt{len})\) 维护这个多项式即可。用主定理分析一下复杂度可以知道这样做的总复杂度是 \(O(\sqrt n)\) 的。不过注意到我们多项式求值的时候有一个 \(x^i\) 要用快速幂，似乎还要带一个 \(\log\)。我们的方法是按照次数从小到大排序，每一次从上一个次数快速幂转移过来，可以证明这样做的复杂度不超过 \(O(\sqrt{len})\)，因此复杂度不变。

综上我们的复杂度为 \(O(n\sqrt n)\)，可以通过此题。代码比较困难，不过在现代评测机下已经没有明显的卡常问题了。

P11706 [KTSC2020 R1] 穿越

先考虑给定 \(A,B\) 怎么做，有一个简单的 dp：设 \(f_{i,j}\) 表示当前在第 \(i\) 列，第 \(j\) 行的最优方案。转移有两种：

• 从上一列的对应行转移过来，需要看有没有墙，有的话需要加 \(B\)。
• 转移过来之后可以在这一列上瞬移，我们找出 \(f_i\) 中的最小值，让这个最小值加 \(A\) 去更新整列的 dp 值即可。

那么上面的操作总共有三个：区间加，区间最小值和区间 \(\text{chkmin}\)。很显然可以用线段树维护，复杂度 \(O(n\log n)\)。

然后考虑优化。在不知道 \(A,B\) 的情况下我们可以将 \(f\) 的值写作若干个二元组 \((x,y)\)，表示使用了 \(x\) 次 \(A\) 和 \(y\) 次 \(B\) 可以走到点 \((i,j)\)。很显然 \((x,y)\) 在下凸包上才能是最优解，我们现在希望求出这个下凸包。

套用一下最小乘积模型的技巧，我们先求出 \(x\) 最小和 \(y\) 最小的点 \(A,B\)，然后我们求出使得 \(\triangle ABC\) 最大的点 \(C\)，此时 \(C\) 一定在凸包上。用叉积的式子拆一下可以知道我们要求 \((y_A-y_B)x_C+(x_B-x_A)y_C\) 的最小值，把 \((y_A-y_B,x_B-x_A)\) 代入 \((A,B)\) 就可以用上面的 dp 求出 \(C\) 的坐标了。显然复杂度是 \(O(凸包点数)\) 乘上 \(O(n\log n)\) 的。此题中凸包点值域显然在 \(O(n)\) 范围内，根据经典结论，凸包点数是 \(O(n^{\frac{2}{3}})\) 的，所以总复杂度为 \(O(n^{\frac 53} \log n)\) 的。

最后查询的时候在凸包上二分即可，总复杂度 \(O(n^{\frac 53}\log n+q\log n)\)。

P7881 [Ynoi2006] rmpq

容易发现的是假如我们进行了 \(k\) 次操作，那么整个平面实际上会被划分为若干个操作序列完全相等的等价类，并且等价类数量是 \(O(k^2)\) 的。那么我们考虑操作分块，每 \(B\) 次操作分成一块，这样的话每个块的等价类个数是 \(O(B^2)\) 的。在查询的时候枚举前面的每一块，找出当前点在哪个等价类中，然后累乘答案即可。

考虑怎么求出等价类及对应的值，显然暴力求单次复杂度是 \(O(B^3)\) 的，那么我们的总复杂度为 \(O(\frac{n}{B}\times B^3+n\times \frac{n}{B})\)，取 \(B=O(n^{\frac 13})\) 有复杂度 \(O(n^{\frac 53})\)，不够优秀。

考虑分治，每次将修改分成两半，求出两半对应的等价类后进行归并合并，复杂度是 \(T(n)=2T(\frac n2)+O(n^2)\)，也就是 \(O(B^2)\) 的。那么此时我们的复杂度就是 \(O(nB+\frac{n^2}{B})\) 的，取 \(B=O(\sqrt n)\) 有复杂度 \(O(n\sqrt n)\)，由于常数较小所以可以卡在要求的 \(2\times 10^7\) 次乘法内。

最后一个问题是这个题是一个强制在线的题，直接操作分块不太好实现。考虑利用二进制分组的思想，每一次将队尾的两个长度相同的块的等价类合并起来，这样的话复杂度和直接分治的复杂度是一致的。

QOJ1851 Directed Acyclic Graph

rererererererecall。

很显然这个题不弱于 DAG 可达性，根据众所周知的经典套路，考虑操作分块。对每 \(B\) 个操作分一块，先来考虑块内的贡献怎么处理。我们枚举当前询问之前的所有修改，需要判断这个修改是否可达当前询问，我们保留所有询问点跑一遍 DAG 可达性即可。

然后考虑重构权值，我们要求这一部分的复杂度不超过 \(O(n)\)。先对每个点求出影响它的最后一个 \(1\) 操作的操作时间 \(tim_i\)，可以用拓扑排序简单求出。然后拿出块内的所有 \(2\) 操作，此时对于一个点，我们要找的 \(2\) 操作应该是操作时间大于 \(tim_i\) 且权值最小的操作。

我们把所有 \(2\) 操作按照修改的权值排序，然后对每个点求出哪些 \(2\) 操作可达它。接下来我们对于每个时间预处理一个状态表示有哪些 \(2\) 操作的时间大于这个时间。此时对于每个点，将时间限制和可达性限制的状态 \(\text{And}\) 一下就得到了能影响这个点的所有 \(2\) 操作。由于我们已经排过序，所以求出这个状态的 \(\text{lowbit}\) 就是权值最小的操作。

我们取 \(B=w\) 即可用 ull 维护可达性的操作，复杂度为 \(O(\frac{(n+m)q}{w})\)，可以通过。

CF1476G Minimum Difference

首先这个题不弱于带修区间数颜色，考虑带修莫队。我们维护每个数字的出现次数 \(cnt_i\) 和出现次数为 \(i\) 的数字个数 \(ccnt_i\)。考虑如果我们已知这两个数组怎么求解第一问，在 \(ccnt\) 上跑双指针即可，复杂度是 \(O(n)\) 的。

不过容易想到的是利用根号分治的经典结论，\(ccnt\) 上有值的位置最多只有 \(O(\sqrt n)\) 个，所以实际上双指针的复杂度是 \(O(\sqrt n)\) 的，用链表维护所有有值的位置即可。

然后由于我们跑莫队的时候 \(cnt\) 单次变化量为 \(1\)，所以可以轻松维护出这个链表的变化。总复杂度 \(O(n^{\frac53}+n\sqrt n)\)。

ABC369G As far as possible

长链剖分模板题。很显然我们要尽可能把点选在叶子上，那么我们要求 \(k\) 个叶子节点构成的最大连通块。那么这就是经典题目了，对整棵树长链剖分，对于 \(k\) 的答案就是前 \(k\) 条长链的长度之和。贪心即可，复杂度 \(O(n\log n)\)。

P12462 [Ynoi2018] 星野爱久爱海

先考虑 \(q=1\) 怎么做，和上一个题类似，但是这次没有给定根。不过根据经典结论，我们的根一定是直径的某个端点。所以以直径端点为根，选前 \(k-1\) 条长链即可。

然后不难发现，对于两个点集 \([l,mid]\) 和 \([mid+1,r]\)，如果我们已知他们的最优答案对应的 \(k\) 个点，那么点集 \([l,r]\) 的最优答案一定也产生于这 \(2k\) 个点中。

所以有一个显然做法：维护一棵线段树，在每一个区间维护最优点集。合并时将儿子的 \(2k\) 个点取出建虚树，从虚树中选 \(k\) 个点即可。这里就可以使用上面所述的全局做法了。复杂度为 \(O((n+q)k\log n)\)，无法通过。

考虑分块，我们每 \(k\) 个点分一块，然后块间的最优点集用 ST 表维护，查询时合并散块和整块信息即可。这样的话复杂度就是 \(O(k\times \frac{n}{k}\log n+qk)=O(n\log n+qk)\) 的，可以通过。实际实现的时候需要非常精细才能做到这个复杂度，否则可能会多 \(\log\)，不过也足够通过此题。

老哥数据结构

CF522D Closest Equals

宝宝题。每个位置可以看作一个点 \((i,nxt_i)\)，权值就是 \(nxt_i-i\)。那么查询相当于查矩阵最小值，离线扫描线即可。复杂度 \(O(n\log n)\)。

P8337 [Ynoi2004] rsxc

首先考虑第二个条件的意思是什么，我们把这些数全部放进线性基，假设线性基大小为 \(k\)，那么线性基能异或出来的结果有 \(2^k\) 种。所以这个区间必须包含所有的 \(2^k\) 个数，实际上就是要满足区间内数的种类数为 \(2^k\)。于是合法的条件有两个：

• 区间中数字种类数为 \(2^k\)。
• 区间对应的线性基大小为 \(k\)。

考虑枚举 \(k\)，枚举右端点 \(i\)，此时会发现对于每个右端点，我们可以求出一个区间 \([L_i,R_i]\)，当左端点处于这个区间的时候可以同时满足上面两个条件。我们可以分别求出两个条件对应的左端点区间然后求交，不过实际上这两个区间有一些关系，实际上最后我们要求的区间 \((L_i,R_i]\) 满足：

• \(L_i\) 是 \(i\) 左侧第一个满足将 \([L_i,i]\) 放入线性基中大小为 \(k+1\) 的点。
• \(R_i\) 是 \(i\) 左侧第一个满足 \([R_i,i]\) 中有 \(2^k\) 种数字的点。

我们先看 \(L_i\) 怎么求，显然需要用到前缀线性基。我们取出线性基中的所有 \(pos\) 并排序，假设排序后的数组为 \(rnk\)，那么 \(rnk_i\) 就是第一个线性基大小为 \(i\) 的点。不过如果我们直接排序的话复杂度会多一个 \(O(\log\log V)\)，容易发现当我们插入一个数的时候 \(pos\) 的改变只会删除一个再加入一个，并且加入的这个 \(pos\) 一定是最大的，那么我们单次 \(O(\log V)\) 删除即可。这一部分的复杂度是 \(O(n\log V)\)。

然后看 \(R_i\) 怎么求，这个就很简单了，维护每个点的前驱后继，然后用双指针跑一边即可，复杂度是 \(O(n)\) 的。不过这个我们先枚举 \(k\) 才能求，所以复杂度实际上是 \(O(n\log n)\) 的。综上我们预处理的复杂度是 \(O(n\log n+n\log V)\) 的。

然后考虑查询，依然先枚举 \(k\)，我们要求的实际上是下面的式子：

\[\sum_{i=l}^r \max(R_i-\max(L_i,l-1),0) \]

容易观察的是 \(L_i,R_i\) 均有单调性，所以这个东西我们可以拆成三个部分求解：

• \(R_i<l-1\)。
• \(L_i<l-1\le R_i\)。
• \(l-1\le L_i\)。

二分找出分界点，每一部分的贡献容易前缀和求出，但是我们还要枚举 \(k\)，所以复杂度还是炸了。考虑这个分界点实际上是可以预处理出来的，所以二分可以省去，复杂度为 \(O(q\log n)\)。

综上复杂度为 \(O(n\log n+n\log V + q\log n)\)，可以通过此题。如果想要通过卡常版需要一些优化。

P9991 [Ynoi2023] TEST_107

这个题和第一题没有什么区别。容易发现的是对于点 \(i\)，如果 \([i,nxt_i]\subseteq [L,R]\)，那么 \((i,nxt_i)\) 就是一个合法区间，套用第一题的做法即可。

不过有一些区别在于我们可以取一个前缀或后缀。依然离线扫描线，用 set 维护所有出现的数字的最后一次出现位置，设 \(p\) 是 set 中第一个大于 \(L\) 的点，那么 \((p,R]\) 就是一个合法的后缀。对于前缀同理维护，复杂度 \(O(n\log n)\)。

CF407E k-d-sequence

考虑将所有数对 \(d\) 取模，这样可以将模数相同的一段拿出来进行处理。令 \(r\) 为当前段模数，令 \(a_i\leftarrow \frac{a_i-r}{d}\)，则一个区间 \([l,r]\) 合法当且仅当：

• \([l,r]\) 中没有重复数字。
• \(\max(l,r)-\min(l,r)+1\le r - l + 1 + k\)，即 \(\max(l,r)-\min(l,r)-(r-l)\le k\)。

这个条件的处理是经典的，线段树直接维护即可，复杂度 \(O(n\log n)\)。

P7560 [JOISC2021] フードコート

考虑对每个点求出这个点上当前出队的总人数，设其为 \(cnt\)。那么对于这个点的一个查询 \(B\)，我们只需要找到这个点历史上第 \(cnt+B\) 次插入的是哪个数字即可求出答案。

先考虑怎样维护 \(cnt\)，出队人数直接维护比较困难，正难则反，维护当前队列内人数和插入的总人数。后者是好算的，前者需要实现区间加和区间 \(\text{chkmax}\)，也是容易维护的。

然后考虑怎样求答案，显然要考虑二分。在线做的话复杂度不太优秀，考虑离线，将序列-时间坐标轴翻转，我们在序列上做扫描线。那么插入可以被差分成一次单点加和一次单点删除，查询的时候线段树二分即可。复杂度 \(O(n\log n)\)。

P11398 众数

先转化问题，我们肯定要枚举 \(k\) 然后求答案，问题就在于怎样快速求出前缀的众数。

Subtask 1~9

我们可以每一次修改的时候暴力修改每个位置上的前缀信息，然后众数就可以直接 \(O(1)\) 维护出来了。复杂度为 \(O(nm+\sum k)\)。

对于没有修改操作的点，预处理出众数后就不用动了，复杂度 \(O(n+\sum k)\)。

Subtask 10~15

前三个包的 \(b_i\) 很小，我们要维护的就是前缀 \(1\) 和前缀 \(2\) 的个数，比较这两个的大小即可。如果用树状数组维护的话 \(\sum k\) 上要带一个 \(\log\)，不能承受。注意到我们的 \(k\) 是从后往前枚举的，因此我们可以考虑每次动态从全局的信息中删除当前点的贡献，这样就可以 \(O(1)\) 维护当前 \(1,2\) 的个数。复杂度 \(O(n+m+\sum k)\)。

对于 \(b_i\) 较大的情况，我们不得不使用线段树来删除贡献，同时还需要维护全局 \(\max\)，复杂度是 \(O((n+m+\sum k)\log n)\)。可以通过 Subtask 13~15。

Subtask 16~19

此时我们只关心后 \(300\) 个点的信息，一种办法是沿用暴力的做法，不过单次只修改这 \(300\) 个点的信息，复杂度 \(O(300m+\sum k)\)。不过这对正解没有什么启发。

考虑众数这个信息是容易加入但不容易删除的，我们之前的所有枚举都基于从后往前枚举前缀，这必然涉及到删除操作。那么考虑倒过来，从 \(n-300\) 开始向 \(n\) 枚举，每次动态加入一个点并维护众数，最后暴力求出后 \(300\) 个点的权值然后求答案即可。而我们要维护的信息只有前 \(n-300\) 个点的信息，单次修改 \(O(1)\) 即可，复杂度不变。

Subtask 20~25

我们现在的做法基于从前往后枚举，如果每次从 \(1\) 开始枚举接受不了。考虑分块，从后往前枚举每个块，块内按照上面的方式从前往后枚举求答案。此时我们需要维护 \(O(\sqrt n)\) 个前缀的信息，单次修改 \(O(\sqrt n)\)；查询的时候我们的复杂度应该是 \(O(k+\sqrt n)\) 的，所以总复杂度为 \(O((n+m)\sqrt n+\sum k)\)。

这个做法还是不够优秀，很显然这个块长还是浪费的比较多。考虑倍增，我们把块长改为 \(2^0,2^1,2^2,\cdots\)，这样的话我们要维护的只有 \(O(\log n)\) 个前缀信息，同时单次查询复杂度为 \(O(k+\log n)\)，所以总复杂度为 \(O((n+m)\log n+\sum k)\)，可以通过。

CF1814F Communication Towers

枚举频率 \(x\)，则每条边可以看做有一个 \([l,r]\) 的出现时间。考虑线段树分治，我们需要在遍历到叶子结点的时候给 \(1\) 所在联通块打上一个标记，最后所属联通块有标记的点就是合法答案。

这里需要用到一个并查集打标记的小 trick，在并查集的根节点处维护 \(tag\)，把 \(x\) 合并到 \(y\) 上的时候先令 \(tag_x\leftarrow tag_x-tag_y\)，而在撤销分裂的时候令 \(tag_x\leftarrow tag_x+tag_y\) 即可，这样标记之间不会影响并且可以实现下放，复杂度不变。

P11111 [ROI2023] 生产计划

考虑到答案的上下界 \([L,R]\) 是容易求出的，也就是全部取下界和全部取上界求出的最大独立集。

构造的时候考虑动态调整，初始时令 \(a_i=l_i\)，每次将某一个 \(a_i\) 加一，那么答案的增量不超过 \(1\)。那么我们考虑对每个数按顺序执行这个操作，也就是对于一个前缀的 \(a_i\) 令其为 \(r_i\)，对于一个后缀的 \(a_i\) 令其为 \(l_i\)，而中间的 \(a_i\) 正在从 \(l_i\) 调整到 \(r_i\)。

于是令 \(v_i\) 表示 \(a_{1\sim i}\) 取到 \(r\)，\(a_{i+1\sim n}\) 取到 \(l\) 时的最大独立集，查询的时候二分找到第一个 \(v_i>v\) 的点，则这个点就是正在调整的点。可以用全局平衡二叉树维护 ddp 做到 \(O((n+q)\log n)\)。

不过这个顺序显然是我们自己钦定的，那我们考虑一个更简单的顺序。实际上按照 DFS 序进行修改即可，这样的话贡献可以轻易用换根 dp 求出，复杂度 \(O(n+q\log n)\)。

CF1344E Train Tracks

我们考虑对每个点求出有哪些火车会在哪些时刻到达他，并且每个时刻他的站台应该指向哪个儿子。我们用 \((t,x)\) 来描述在 \(t\) 时刻会有一个火车进入这个点，并且要求站台指向 \(x\)。将二元组按照 \(t\) 排序，如果两个相邻二元组 \((t_1,x_1),(t_2,x_2)\) 满足 \(x_1,x_2\) 不同，那么在时间 \((t_1,t_2]\) 内必须要将这个点的站台转一次。

假如我们对每个点求出了所有的区间，那么问题转化为一个经典的贪心问题：有若干个项目，每个项目要求在时刻 \([l,r]\) 内完成，问有没有方案。对时间轴扫描线，每次加入右端点最小的项目即可。设区间个数为 \(k\)，则复杂度为 \(O(k\log k)\)。

现在的问题是求出这些区间的复杂度以及区间个数 \(k\) 的数量级。自顶向下考虑不太方便，我们让火车倒过来，自底向上进行合并。考虑启发式合并，每次继承重儿子的所有时刻，将轻儿子插入，每次插入最多新增 \(O(1)\) 个区间，那么根据启发式合并的结论，我们的区间总数应该是 \(k=O(n\log n)\) 数量级的。而我们要维护的操作是全局加，插入和查询前驱后继，用 set 直接实现即可。总复杂度 \(O(n\log^2 n)\)，可以通过。

P10789 [NOI2024] 登山

先考虑一个 \(O(n^2)\) 的 dp，设 \(f_i\) 表示从 \(i\) 出发走到 \(1\) 的方案数。转移的时候我们先下滑到子树中的任意一个点，然后向上跳跃。可以发现每次跳跃之后先前的全部限制都会失效，所以这么转移是正确的。这里我们先钦定一些变量，令 \([l_i,r_i]\) 表示 \(i\) 能跳到的深度范围，\(lim_i=d_i-h_i-1\)，\(w_{i,j}\) 表示 \(i\to j\) 链上 \(lim\) 的最小值。那么对于 \(f_i\)，我们先枚举子树内的点 \(j\)，则转移点 \(k\) 需要满足 \(d_k\in [l_j,\min(r_j,w_{i,j})]\)。前缀和优化即可做到 \(O(n^2)\)。

然后考虑 \(l_i=r_i\) 的部分，此时对于一个 \(j\)，我们能跳的 \(k\) 只可能有一个点了。我们考虑在求出 \(k\) 之后枚举所有能跳到 \(k\) 的 \(j\)，然后用 \(j\) 去更新所有合法的 \(f_i\)。容易发现 \(i\to j\to k\) 合法当且仅当 \(r_j\le w_{i,j}\)，而这是 \(j\) 的根链的一段后缀，倍增求出后就是一个链加，可以做到 \(O(n\log n)\) 维护。

然后考虑 \(l_i\ne r_i\)，我们继续沿用上面的思想，也就是通过 \(j\) 来更新 \(i\) 的值。将 \(j\) 的贡献拆成 \(s_{\min(r_j,w_{i,j})}-s_{l_j-1}\)，考虑每一部分的贡献：

• \(s_{l_j-1}\) 的贡献：

  这一部分的处理和 \(l_i=r_i\) 的处理是类似的，只有 \(l_j\le w_{i,j}\) 的 \(i\) 才是合法的。

• \(s_{\min(r_j,w_{i,j})}\) 的贡献：

  这里依然要拆成两部分来求解，分类讨论一下 \(\min\) 的取值：

  • \(r_j\le w_{i,j}\) 时，此时合法的 \(i\) 依然可以倍增求出后进行链加。

  • \(r_j>w_{i,j}\) 时，我们考虑 \(w_{i,j}\) 是哪个点的 \(lim\)，我们记 \(c_{i,j}\) 表示 \({i\to j}\) 路径上最深的满足 \(lim_u=w_{i,j}\) 的 \(u\)。那么我们枚举 \(u\)，需要计算的就是有多少 \(i,j\) 满足 \(c_{i,j}=u\)。

    显然此时 \(i,j\) 是独立的，先来考虑 \(j\)。此时条件是 \(l_j\le w_{u,j}< r_j\)，并且 \(u\) 是 \(j\) 根链上的一个后缀最小值。我们令 \(pa_i\) 表示 \(i\) 的根链上深度最深的满足 \(lim_j<lim_i\) 的 \(j\)，那么 \(pa\) 会构成一个新的树。而合法的 \(u\) 显然在 \(j\) 的根链上，倍增求出范围后我们在新的树上做树上差分即可求出合法的 \(j\) 的个数。

    最后考虑 \(u\) 能贡献给哪些 \(i\)，容易发现 \((pa_u,u]\) 这条链上的所有 \(i\) 都是合法的，显然这还是链加，直接维护即可。

综上我们可以在 \(O(n\log n)\) 的复杂度内维护出 \(f\) 值，可以通过。