20210825K 复盘
看题，看 t1 发现这显然是个树形 dp，对于每个点分为两种，回来和不回来，分别转移即可
看 t2，发现这题比较古怪。是不是可以把 P 分解出来分数维护？有一种不知道能不能过的做法...
看 t3，发现比较鬼...
看 t4，哦？我第一遍跑最大生成树，第二遍跑最小生成树，就行了？
写完了，希望没锅
s2oj778. A.餐馆 (dostavljac)
树形 dp，设 \(f[u][i]\) 表示，从点 \(u\) 出发，走不超过 \(i\) 的时间，最后走回来的最大得分
设 \(g[u][i]\) 表示，从点 \(u\) 出发，走不超过 \(i\) 的时间，最后不走回来的最大得分。
最后答案取 \(\max(f[1][m],\ g[1][m])\)。转移过程简单分下类就行
s2oj779. B.区间 (range)
因为不一定存在逆元，所以我们发现这个乘积是不具有可减性，只具有可加性的。所以尝试用一段去拼出来每一个长为 \(k\) 的段：将原序列划分为 \(k\) 长度一段，然后每一段处理出前缀和后缀乘积，两段拼起来就行了
没想到啊。
s2oj780. C.随机 (random)
ywk 做法
将序列上的每个数看成是二维平面上的点：\((i,\ s[i])\)，然后我们发现答案其实就是问平面上的最小切比雪夫距离点对
切比雪夫距离定义为 \(\max(|x_i - x_j|,\ |y_i - y_j|)\)。
根据经典公式我们切比雪夫距离转换为曼哈顿距离：\((x,\ y)\rightarrow ((x+y)/2,\ (x-y)/2)\)
所以现在的问题就变成了：如何找到平面上最近的曼哈顿距离对。
虽然常见平面最近点对经典用 kdt 做，但是由于现在的问题可以离线，并且无修改，所以考虑这样一种做法：首先所有点按照 \(x\) 排序，然后顺次加入。设当前加入的点编号为 \(i\)，考虑 \(j<i\) 的点 \(j\)，一定有 \(x_j<x_i\)，我们再对 \(y\) 进行分类讨论，若 \(y_j<y_i\)，那么 \(i\rightarrow j\) 之间的曼哈顿距离就是 \((x_i - x_j) + (y_i - y_j)\)，对于所有满足上述约束的 \(j\) 我们希望求 \(\min\{(x_i - x_j)+ (y_ i - y_j)\}\)，对其作变形：
此时 \(i,\ j\) 分离。
另一种情况：假如 \(y_j > y_i\)，那么 \(i\rightarrow j\) 之间的曼哈顿距离就是：\((x_i - x_j)+(y_j - y_i)\)。如法炮制，得到我们要求的
好的，那么我们开两棵线段树，在加入一个点的时候，在 \(y_i\) 位置，第一棵树上取 max 插入 \(x_i + y_i\)，在第二棵树上取 max 插入 \(x_i - y_i\)。查询就直接查
难写，但是思路很具有启发性
std 做法
考虑这样一个事实：如果我们已有了一个区间，那么把区间拉长，\(\min\{|s_i - s_j|\}\) 这个值会不断倾向变小，而 \(m\) 不断倾向变大，所以我们其实需要找到两者之间的平衡点。
于是维护一个双指针，在 \(m\) 较小的时候扩展右端点，在 \(\min\{|s_i - s_j|\}\) 的时候扩展左端点，过程中不断更新 ans 即可
好像很对的样子，但是不会证明
好写，并且代码实现很具有启发性。
s2oj783. D.遨游(trip)
考场上想到的更简单的做法：
首先把每条边的优惠之后边权求出来，记 \(e.L = \text{floor}(w)\)，\(e.R = \text{ceil}(w)\)，表示 \(L\) 在 \(e.L\) 及之下，\(R\) 在 \(e.R\) 及之上的情况下该边才能免费。
\(L\) 是第一关键字，所以考虑 \(L\)，\(s-t\) 之间可能的最大的那个最小 \(L\) 一定在 \(L\) 的最大生成树上，所以先做 \(L\) 的最大生成树。得到 \(s-t\) 的瓶颈 \(L\) 值：不可能有一条 \(s-t\) 的路径使得最小 \(L\) 大于这个数了
然后把所有 \(L\) 小于这个瓶颈的边删掉。剩下的边构成的图中，任意一条 \(s-t\) 路径的最小 \(L\) 值一定是这个瓶颈。
然后我们希望 \(R\) 尽可能小。那么 \(s-t\) 之间可能的最小的那个最大值一定在 \(R\) 的最小生成树上，再跑一遍 \(R\) 的最小生成树即可
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