【做题记录】数据结构
二分答案，设为 \(mid\)，把小于 \(mid\) 的数设为 \(0\)，大于等于 \(mid\) 的数设为 \(1\)。
然后就很好排序了，查询 \([l,r]\) 中 \(1\) 的个数（即区间和），升序则把 \(0\) 填区间左边，\(1\) 填右边，降序则相反。
最后如果 \(q\) 位置的数为 \(1\)，说明答案至少为 \(mid\)。
因数个数 \(=\) 各质因子次数 \(+1\) 之积。
小于 \(\sqrt[3]{x}\) 的质因子直接用前缀和搞掉。大于 \(\sqrt[3]{x}\) 的质因子最多有两个，这些用 Miller-rabin + 二分处理出来，再离散化（并不需要 PR）。然后上莫队即可。
分块。设块长为 \(T\)。对每个块维护一个排好序的数组 \(b\)。
修改时，整块直接打上标记。对于散块，直接加再排序并不优秀。在原数组中修改后，将 \(b\) 按是否要修改分成两队，发现它们各自仍是有序的。二路归并即可。
查询时，二分答案，查询小于答案的数的个数。对于整块，在 \(b\) 中二分。对于左右两个散块，暴力统计并不优秀。在 \(b\) 中把两个散块要查询的部分取出，再归并起来，就可以二分了。
时间复杂度 \(O(q\dfrac{n}{T}\log^2n+qT)\)，\(T=\sqrt{n}\log n\) 时最优，为 \(O(q\sqrt{n}\log n)\)。
二分答案。设为 \(mid\)。把小于 \(mid\) 的数设为 \(-1\)，大于等于
\(mid\) 的数设为 \(1\)。
如果一段区间的和 \(\ge 0\)，说明其中位数至少为 \(mid\)。
要判断是否存在一个子区间满足这个条件，考虑让区间和最大，即 \([b+1,c-1]\) 的和 \(+\;[a,b]\) 的最大右子段和 \(+\;[c,d]\) 的最大左子段和。
用主席树即可。
首先离散化，注意不要去重。
对于每个区间，用莫队维护 bitset 表示数的出现情况。考虑将多个相同的数分开，如果一个数 \(x\)，出现了第 \(b[x]\) 次，给它一个标号 \(x+b[x]-1\)，删除同理。这样就可以把相同的数字集中在值域上以 \(x\) 为左端点的区间内。由于离散化时没有去重，不同数字间互不干扰。最后用三个区间的总长，减去它们对应的 bitset 按位与的结果中 \(1\) 的个数 \(\times 3\) 即可。
小技巧：把询问分成 \(10\) 组，防止 MLE。
先考虑序列上的做法。设 \(f(x,y)\) 表示 \([1,x]\) 和 \([1,y]\) 的答案。那么 \([l,r]\) 的答案可表示成 \(f(r,r)-f(l-1,r)-f(l,r-1)+f(l-1,l-1)\)。然后就可以莫队 / 分块了。
现在到了树上，还有换根，无非就是多了 dfs 序、分类讨论和倍增。
还是用 bitset。维护正反两个 bitset，表示每个数的出现情况（对于 \(x\)，把它放在 b1 的 \(x\) 处和 b2 的 \(M-x\) 处，\(M\) 表示值域）。
加法：若 \(a+b=x\)，则 \(a=x-b=x-(M-b^\prime)=b^\prime-(M-x)\)，即 b1&(b2>>(M-x))。
减法：b1&(b1>>x)
乘法：暴力枚举因数
除法：若 \(x>\sqrt M\)，枚举 \(a\)，检查 \(a\) 和 \(ax\) 是否都存在；否则，预处理出 \(pos_{i,k}\)，表示 \([1,i]\) 内最大的 \(j\)，满足 \(a_j\times k=a_i\) 或 \(a_i\times k=a_j\)，并对每个 \(k\) 做前缀最大值。查询时判断 \(pos_{r,x}\) 是否 \(\ge l\)。
发现 1 和3 操作可以分为父亲和儿子，而父亲很好处理。
对于每个节点，将其所有儿子的权值放到一个 trie 里，并从低位开始（因为要支持加 \(1\)）。再维护每位上有几个 \(1\)和一个加法标记。
考虑二进制加法：找到最右边的 \(0\)，把它右边的 \(1\)全部变成 \(0\)，并把这个 \(0\) 变成 \(1\)。对应到 trie 树上就是：交换两个儿子，并往现在的 \(0\) 子树走（过去的 \(1\) 子树）。
单点修改其实就是在父亲的 trie 中删除再插入。
用 LCT 维护链上最小值（以边的编号为权值），即最大生成树。
加入边 \(i\) 时，若两点已联通，设两点路径上的最小编号为 \(p_i\)。对于一次询问，考虑一种使编号小的边尽可能被使用，并构成森林的策略选边。如果 \(p_i\ge l\)，由于 \(p_i\) 是路径上的最小编号，路径上的所有边都会出现，边 \(i\) 也就没用了。反之，就要把 \(i\) 加入森林。所以询问其实是求 \([l,r]\) 中 \(p_i<l\) 的数量，用主席树维护。答案就是点数 \(-\) 边数。
朴素做法：对每个数开一个 vector，按顺序存储值为这个数的下标。预处理出 \(l..r\) 块的答案，枚举散块的每个数，二分出出现次数并和整块的答案比较。
但复杂度是 \(O(n\sqrt{q\log n})\)，不够优秀。
记录一个 \(t_i\) 表示 \(i\) 在 \(a_i\) 的 vector 中的位置。
枚举散块每个位置 \(i\)，设当前答案为 \(ans\)，若 \(a_i\) 的 vector 中第 \(t_i+ans\) 个数仍不超过 \(r\)，说明 \(a_i\) 更优。然后一直加 \(ans\) 直到 vector 中第 \(t_i+ans\) 个数超过 \(r\) 或不存在。
复杂度证明：设整块答案为 \(ans\)，那么实际答案一定不超过 \(ans+2T\)，也就是 \(ans\) 最多加 \(2T\) 次。
分块 + ST 表。
设块长为 \(T\)，记录每块最大值，块内的前、后缀最大值，并对整块构建 ST 表。
若区间横跨多个块 \(T\)，可以 \(O(1)\) 求得答案。否则可以暴力，由于数据随机，这些区间的概率为 \(\dfrac{T}{n}\)。
时间复杂度 \(O(q+\dfrac{qT^2}{n}+\dfrac{n}{T}\log n)\)，取 \(T=\log n\) 最优，为 \(O(n+q)\)。
莫队二次离线，用值域分块平衡最后查询的复杂度。
堆优 Dijkstra + 主席树
二进制下，加上 \(2^k\)，其实就是从第 \(k\) 位往高位找到第一个 \(0\)，把它改为 \(1\)，并把这个 \(0\) 到 \(k\) 的所有 \(1\) 改成 \(0\)。
只有两次修改，可以上主席树。
比较大小可以用哈希，先判断高位子树是否相等，相等则往低位子树走，否则往高位子树走。
有一个 弱化版
考虑在树上把 \(dep^k\) 做差分，即 \(v_u=dep_u^k-(dep_u-1)^k\)。
对于 \(x,y\)，把 \(1\) 到 \(y\) 路径上所有点的点权设为该点的 \(v\)，其他点点权为 \(0\)。令 \(z=LCA(x,y)\)，那么 \(1\) 到 \(x\) 路径上的点权和就是 \(1\) 到 \(z\) 的点权和，即 \(dep_z^k\)。
把询问按 \(x\) 排序，就变成了路径修改、路径求和的问题，即：
维护一个数组 \(b\)，初始为 \(0\)
-
对 \(1\) 到 \(x\) 上的所有点 \(i\)，\(b_i\leftarrow b_i+v_i\)
-
求路径上 \(b_i\) 的和。
树剖 + 线段树实现。
对于非叶子节点，设左右子树和整棵子树选到 \(x\) 的概率分别是 \(L_x,R_x,F_x\)。
\(F_x=p(L_x\sum\limits_{i<x}R_i+R_x\sum\limits_{i<x}L_i)+(1-p)(L_x\sum\limits_{i>x}R_i+R_x\sum\limits_{i>x}L_i)\)
用线段树合并优化，递归时维护两个标记表示两棵树分别要乘多少。
分块。区间第 \(k\) 小考虑值域分块。
对于每个块，用并查集把值相同的下标合并（从大的下标指向小的下标），并记录每个数的根。这样我们只需要保证根是真正的值。整块修改时判断是否已经有了 \(y\)，如果有了就把 \(x\) 和 \(y\) 合并起来，并把根的值改为 \(y\)。散块暴力重构。
设区间长度为 \(L\)，对于一个数 \(x\)，如果它出现了 \(k\) 次，贡献为 \(x\times\) 包含 \(x\) 的子序列个数，即 \(x(2^L-2^{L-k})\)。
考虑莫队 + 根号分治。预处理出出现次数 \(>\sqrt n\) 的数，每次询问暴力枚举这些数计算贡献。对于其他数，令 \(sum_i\) 为出现了 \(i\) 次的数之和（注意不要取模，每次模数会变化）。枚举出现次数，计算这些数的贡献。
用光速幂即可消去一个 \(\log\)。
发现 \(3,4,5,6\) 操作其实是对连续极长 \(0,1\) 段的两端点进行修改。可以用平衡树维护这些极长段。但有可能修改产生了长度为 \(0\) 的段，可以维护最小区间长度，判断是否存在，暴力删除。
可以分开维护（标记处理较方便），也可以一起维护（推平较方便）。
分块。对于每个块，都对颜色进行一次重标号（离散化），并预处理出每块内两两颜色的最小距离、每个颜色最左 / 右的位置。
整块修改时，如果 \(y\) 没有出现，直接修改标号，距离并不会变化。如果出现了，暴力修改原数组，更新一下距离。散块暴力重构。
复杂度分析：整块修改时，如果 \(y\) 出现了，必会导致颜色数减 \(1\)，最多减 \(\sqrt{n}\) 次，每次都遍历整个块，这一部分复杂度 \(O(n\sqrt{n})\)
而散块修改最多使两个块颜色增加，这一部分 \(O(q\sqrt{n})\)
