杂题选做

2 卡爆了，不在这写了（

题目均会在题目链接后面简要讲述做法，代码我想想怎么办，我决定挨个放云剪贴板算了，不然太长了。

有些题知道做法就没什么意思了，所以我把 sol 提行写了（话说如果有人知道如何隐藏的话可以私信我谢谢喵）

有些代码可能在云剪贴板，这时可以访问 luogu.me 然后存档就可以看了（话说这个是我们 cqyc 的人搞得耶），当然还可以开 vpn，vpn 的话这里推荐 clash。（然后就是有时候可能会懒得贴代码）

P3242 [HNOI2015] 接水果

数据结构，树套树，深度优先搜索 DFS，最近公共祖先 LCA，整体二分我の题解，这里在单独说一下整体二分怎么做，考虑分治，然后加入 $\le mid$ 的，对于每个询问如果还不够那就放左边，否则放右边，然后减去左边的个数，询问就按值的大小放左边右边，然后直到 $l=r$ 时求出答案退出，或 $L>R$ 时没有询问退出。整体二分做法，确实快了进一倍

CF301D Yaroslav and Divisors

数据结构。注意到是个排列，所以最多有 $n\ln_n$ 对，考虑在最大点处挂上，然后离线询问，树状数组查询即可。

CF797E - Array Queries

数据结构，dp，根号分治。考虑根号分治，小的预处理出 $F$ 数组，大的不超过根号次，直接跑即可。

数据结构，可持久化线段树。单次询问可以排序后看，假设当前能表示 $(1,x)$，那么 $a_i>x+1$ 则输出 $x+1$，否则 $x = x+a_i$，其实就是要求左边的数的和 $+1\le a_i$，我们考虑每次询问可以看(1,ans)的和为多少，$sum\ge ans$ 那就跑到 $sum+1$ 去，否则就输出 $ans$，最多加 $\log$ 次。分析也很有趣，假设上次是 $x$，这次是 $y$，$sum = (1,y)$ 的值，那么 $sum\ge y$，则说明 $sum-(y-1)$ 就是 $(x+1,y)$ 中的值的和，至少为 $x+1$,每次肯定增大一倍，所以最多 $\log$，可持久化线段树就可以解决区间询问了。

CF958C3 Encryption (hard)

dp,Ad-hoc。十分有趣的 trick 题。注意到一个显然的 $f_i = sum_i\left(\operatorname{mod} p\right)$，所以任意两个点 $a,b$，$f_a+sum_i-sum_a = f_b+sum_i-sum_b\left(\operatorname{mod} p\right)$，我们让 $A = sum_i-sum_b$ 在模 $p$ 意义下的值，$B$ 同理，那么 $f_a+A = f_b+B\left(\operatorname{mod} p\right)$，假设 $f_a < f_b$，那么由于 $A,B < p$，那么从 $a$ 转一定不劣，若 $f_a=f_b$ 则 $A = B$。简单证明一下就是分讨，假设 $f_a < f_b\left(\operatorname{mod} p\right)$，那么 $A = B+f_b-f_a$，否则 $B = A+f_a-f_b$，注意这里减是模意义下减，显然哪一类 $a$ 都不劣，第一类要么 $f_a,f_b$ 相差 $>p$ 那么一定 $a$，否则两个相等。所以找到关键转移点转移即可，复杂度 $nk$。

P5621 [DBOI2019] 德丽莎世界第一可爱

CDQ，数据结构，树套树。四维偏序模版题，有很多做法，先讲一个 CDQ套CDQ的，也可以套一个树套树，不过麻烦一点。考虑排序解决第一维，第二维二分解决，左边一半贡献给右边一半，然后单独跑两边，三维偏序就是两边分别按 $y$ 排序然后归并，四维的话额外给个标记，表示是贡献点还是被贡献点，按 $y$ 排序后放进去再分治，左边对右边，然后树状数组维护前缀最大值即可。注意如果你不想去重，那么一定要保证每个数相对顺序不变，所以建议使用 stable_sort 可以保持元素稳定性。代码。

nth_element 可以做到 $O\left(n\right)$ 求出第 $k$ 小的值，十分有趣。用法，能够把一个指定位置上的位置放上正确的数。

CF1762F Good Pairs

数据结构。注意到 $a_i > a_j < a_z$ 是没有必要的，同理 $a_i < a_j > a_z$ 也是没有必要的，考虑对于一对 $\left(i,j\right)$，若 $\left(a_i,a_j\right)$ 一步可达，那么直接到了，否则 $a_i$ 先跳到 $a_{p_i}$，$p_i$ 表示从前往后第一个可达的点，显然这么跳不劣，考虑怎么维护，注意到对于 $a_i$ 可以处理 $\left(a_i,a_{p_i}-1\right)$，然后在看 $a_{p_i}$ 处即可。然后在讲一个其它做法，不过作者并没写，有问题也可以私信我。我们注意到如果 $a_i > a_j$，然后 $a_i$ 在到 $j$ 前能到 $\le a_j$ 的地方，那么一定能到，然后 $a_i < a_j$ 同理，为了方便，显然 $a_i < a_j$ 一定可以满足第一类，$a_i>a_j$ 可以满足第二类，减去这两种，即 $i-1$，然后求有多少个能 $\le a_i$ 和 $\ge a_i$ 即可，然后可能会算重，删掉重复的即可，注意到可以平衡树或线段树，每次删掉一段数，然后新加一个大小为 $siz+1$ 的点。

P7109 滴水不漏

构造题，交互题。虽然是很久之前做的，但因为比较有趣放这里来了（其实是因为做到下面那个想到这道题了，顺便写一下）假设每个的水可以清空，那么我们就可以二分放水了，如果 $mid$ 处可以，就往大看，否则往小，操作是 $2\log$ 次的。考虑可以把桶放后面去，如果突然满了，就测出当前的桶还剩多少水，然后简单算一下就是右边那个桶的水大小了，分析一下可以通过的。

CF1521C

构造题，交互题。眼前一亮思维题，注意到如果找到 $p_i = 1$，然后让 $x = n-1$，那么就是 $\max\left(1,\min\left(n,p_j\right)\right)$，那么显然返回的事就是 $p_j$，接下来考虑如何在 $\frac{n}{2}$ 次就可以求出 $p_i = 1$ 在哪里，套路的让 $x = 1$ 执行 $2$ 操作，那么就是 $\min\left(p_i,\max\left(2,p_j\right)\right)$，显然返回 $1$，那 $p_i$ 就是最小值，返回 $2$，$p_j$ 有可能是，否则就都不是，把可能额外的判一下即可，然后就没了。code

CF1083C Max Mex

数据结构，线段树，树链剖分，dfs。从眼前一亮思维题来的，但是感觉没啥思维吧？一个显然的是，我们直接维护 $0$ 到 $x$ 看是否可以构成一条链即可，这个显然可以合并吧，如果可以的话新的链肯定是原来的四个端点中的两个，判一下就好了，搞个线段树合并即可。然后接下来是闲话时间，我的想题思维其实是很跳跃的，我一开始想了一个维护初始最优的链是什么，发现每次可以去拓展，然后我就发现我需要看一段区间是否可以是祖先到后代的一条链，然后我发现可以，我突然发现那我直接维护 $0$ 到 $x$ 这个是否构成链不就好了，然后发现也可以就完了，有趣有趣。code

CF31E TV Game

dp，搜索。可以折半搜索这个太显然就不讲了，讲一个 $n^2$ 做法，我们记 $f_{i,j}$ 表示 $i$ 个分给第一个，$j$ 个给第二个的最小值，然后 $g_{i,j}$ 记录转移即可，不过状态改为前 $i$ 个选了 $j$ 个给第一个就可以滚动数组优化了，空间就不高。code

K-D Tree题单和对应的题目简介。

P5355 [Ynoi Easy Round 2017] 由乃的玉米田

闲话：lxl怎么在题目背景放神秘图片，有点恐怖。就普通莫队，注意到前三个其实是小清新，第四个大于 $B$ 最多 $\frac{n}{B}$ 次就枚举到头了，否则小的可以单独预处理，具体的思路和代码可以看云剪贴板。look

F. Serval and Brain Power 数据点分治，状态压缩（bitmasks）暴力枚举（brute force）动态规划（dp）贪心（greedy）模拟（implementation）字符串处理题解。

P4262 [Code+#3] 白金元首与莫斯科

一个比较适合入门的插头dp板子。注意到每个点其实有三种可能，分别是不放，放右插头和放下插头，轮廓线跑就好了，然后朴素就是枚举每个点使其不能选然后跑，复杂度 $n^2m^2\times 2^{m+1}$，虽然无法通过但也接近了，详情可以看代码code。然后我们考虑优化，发现瓶在于枚举了每个点变为障碍，我们直接想到通过正反跑轮廓线就可以做到不跑它，然后考虑合并就好了。注意到我们需要枚举的那个点作为障碍，就相当于不能向它连插头，然后其它的只要一致就行了。code2夹带私货（划掉）。

arc108_e/E - Random IS

dp，期望。朴素的设 $f_{l,r}$ 表示仅考虑 $l,r$，选了 $a_l,a_r$，然后选里面的期望长度是多少，转移是 $f_{l,r} = (f_{l,k}+f_{k,r})/sum+1$，然后要满足 $a_l < a_k < a_r$，$sum$ 是满足条件的 $k$ 的个数，然后随便优化一下，开 $2n$ 个树状数组优化即可，具体可以看代码，$n+2$ 是为了在两边放数然后答案就是 $f_{1,n}$ 了。code

P9130 [USACO23FEB] Hungry Cow P

数据结构，线段树。什么楼房重建朋友，不过确实有点东西。考虑离散化后线段树维护，然后注意到一个东西，每次单点修改后，可能会解决掉后面的一段区间，假设我们能用线段树维护区间，然后信息合并快速，我每次就只用看一半了，类似线段树二分。考虑维护几个必要的信息：区间内的答案，能向后延伸几个，对于一个区间（如果有左右儿子）左儿子多出来的对右边的影响，该区间还有多少数没有选。考虑每次合并，如果左边延伸个数大于右边的，那么右边所有都可以，否则就去查询，具体可以看代码，也写了一些注释方便理解，注意事项也在云剪贴版里面。code

P12736 [POI 2016 R2] 圣诞灯链 Christmas chain

并查集，hash，二分，数据结构，倍增。题解

P6021 洪水

DDP 模版，不过有个小挑战，就是尝试优化矩阵常数，发现大多数转移是没必要的，只用记两个数，转移只有三种，跑的特别快，离最优解只差一点点。 code

P3730 曼哈顿交易

莫队+值域分快，十分无脑，首先观察数据范围 $1e5$，然后需要每个点出现次数，还要第 $k$ 小，完全超出了正常数据结构的能力范围，直接根号算法即可，因为每个点权值都是 $1$，所以值域是 $O(n)$ 的，你每次删去原来的在加上，查询的时候大块跳小块暴力跑即可。code

P2824 [HEOI2016/TJOI2016] 排序

比较有难度的题了（也许是对我而言）。

线段树二分颜色段均摊（珂朵莉树 ODT）排序，珂朵莉树 ODT就不说了，考虑一个十分巧妙的方式，考虑二分答案，给 $\le mid$ 的值变为 $0$，其它变为 $1$，根据最终结果继续下去，线段树简单维护即可。来总结一下吧，主要原因就是这个排序并不好做，而排序的关键就是需要相对大小关系，我们最终需要确切的数，就通过二分不断确定答案在哪个区间，最终将范围缩小至 $1$，答案就出来了，哎其实我也不知道该如何想到，也许是熟能生巧吧（ code

P5979 [PA 2014] Druzyny

比较有趣的一道题，如果没做过类似的算是比较有难度的题了。

dp,CDQ分治，线段树，笛卡尔树分治。考虑朴素 DP 是十分容易的，$f_i$ 表示前 $i$ 个最多能分几段，如果不能合法就赋为 $-inf$，$g_i$ 表示对应的方案数，转移显然的是 $n^2$。考虑如何优化。

我们想快速转移，可是这些限制却十分恶心，朴素的搞肯定不行，注意到限制是 $l_{max} \le z-i \le r_{min} (i<j\le z)$，$l,r$ 是 $i+1$ 到 $z$ 中的，没有就分别是 $0,n+1$。考虑移项得到 $l_{max}+i \le z \le r_{min}+i$，不妨让 $l,r$ 取 $x,z$ 的，那么 $i < x$ 的都至少得满足这个限制，然后在满足一些其它的，这启发我们分治，考虑左边的更新右边的，对于 $\le mid$ 的部分，考虑用 $l_{max} \le z-i \le r_{min} (i<j\le mid)$ 求出对于每个合法的区间，扫描线加线段树即可，然后枚举 $mid+1$ 到 $r$ 部分，利用 $l_{max}+i \le z \le r_{min}+i (mid+1\le j\le z)$ 求出合法的 $i$ 区间，区间查即可，线段树维护区间最大值和对应的和即可。

判无解的话，就看 $f_n$ 是不是 $-inf$ 即可。 code

P3224 [HNOI2012] 永无乡

模版线段树合并/平衡树，并查集维护一下连通块，然后线段树合并，查询线段树二分，然后就没了。code

P11013 「ALFR Round 4」C 粉碎

~~本来打算放模拟赛T1但觉得这样太没素质了。~~

思维，dp。定义合法删除点为删除的两个点之间是没有颜色一样的点，如果 $i,j$ 是一对合法删除点，且 $i$ 前面颜色一样的都匹配完了，那么答案至少为 $j$，记 $nxt_i$ 表示 $i$ 前面第一个颜色一样的点。

考虑朴素 DP，根据结论颜色匹配每个颜色的点最多剩一个，那就记 $f_i$ 表示 $nxt_i$ 是否和前面的匹配了。如果 $f_{nxt_{nxt_i}} = 1$，那么 $nxt_i$ 和 $nxt_{nxt_i}$ 匹配可行，否则如果 $nxt_i < j < i$ 中的 $f_{nxt_j} = 1$，那也可以，此时 $j$ 和 $nxt_j$ 匹配可以使得前面都被清空。若 $f_{nxt_i} = 1,ans = i$。

优化很显然，发现就是求 $nxt_i \le j < i$ 中是否有 $f_{nxt_j} = 1$ 的，前缀和优化即可。code

P5889 跳树

线段树，哈希 hashing。线段树好题。考虑跳父亲是除二，但是到 $1$ 就不行。考虑线段树合并，记录一下还要跳几次父亲，然后目前值是多少，显然每次合并最多向上跳 $n$ 次，不然不符合题目了，所以复杂度可以保证，然后维护一下即可。code

P12479 [集训队互测 2024] 长野原龙势流星群

二分，平衡树，树形 DP，凸包。我也不知道为什么需要这些，我就用了优先队列。题解

P12692 BZOJ3784 树上的路径

一个很典的求第 $k$ 小的题，考虑二分第 $k$ 小是多少，然后点分治看是否合法，精细实现可以做到每一次最多判 $m$ 次，然后复杂度就可以做到 $\left(n+m\right)\log^2n+n\log^2n$。 code

P8346 「Wdoi-6」最澄澈的空与海

搜索，图论，二分图。有一定难度的思维题。做出这个题只需要一个核心结论，先容易发现，不合法就说明无解或有交替环，交替环的意思是一条非匹配边接一条匹配边构成了环。然后发现，如果每次搞完都有度数等于 $1$ 的，我们就很好做。所以猜测度数均大于 $1$ 一定不合法。无解情况不管，否则先找出一个匹配，然后对于每个点来说，都可以走一条匹配边和至少一条非匹配边，那么一定可以走出交替环，所以就不合法。否则你就直接类似拓扑的跑，每次加入度数为 $1$ 的点，匹配完之后继续看，根据要求剩下的点度数至少有一个为 $1$ 才合法，一直跑看是否能成功跑出来即可。 code

P4215 踩气球

线段树。先说一个无脑双 $\log$ 做法，注意到每次删i之后就可以求出一个包含它的最长0区间（它不是就不管啊）把每个询问的右端点挂在左端点，然后求出 $l$ 到 $i$ 中的那些点，然后就是需要里面 $i \le x \le r$ 的个数，然后用 set 存就好了，小细节是 set 存的时候需要按顺序存，这样查出来之后也方便看个数，可能有值相同的查询时注意一点就好了。code。

当然也有单 $\log$ 做法。考虑一个类似合并的方式，我们每次操作如果执行到 $a_x=0$，那么把两边的区间合并，答案就加上现在这个大区间的减去原来两个小区间的贡献，考虑并查集维护一下它们的下标和左右端点，然后可持久化线段树即可。

当然还有其他很多做法，例如基于答案上界最多为 $n$ 用巧妙方式几乎每次更新都是有用的做法，不过就不一一讲了。

P10284 [USACO24OPEN] Splitting Haybales P

平衡树合并，平衡树，均摊分析。平衡树合并好题，而且笔者并不知道数字递增有什么用（

考虑插入回收删除算法，每次在左端点处加入，右端点加一处踢出。然后发现每次操作，其实就是把 $x \le 0$ 的加 $a_i$，$>0$ 的减去 $a_i$，然后区间 $-inf,-a_i$ 和 $1,a_i$ 合并，然后另外两个合并，打修改标记然后平衡树合并即可，复杂度可以分析。不过注意值相同的点需要有第二关键字，不然平衡树会退化，原因暂时不知道（

P6001 [CEOI 2016] popeala

DP，单调队列，双指针。考虑朴素 $nm^2S$ DP 十分好想，$f_{i,k}$ 表示前 $i$ 个分成 $k$ 段最小得分，转移也很容易，直接枚举每个点然后看是否有 $0$ 即可。考虑优化，容易发现遇到 $0$ 之后永远是 $0$ 了，否则就是区间长度的贡献，考虑这样的 $0$ 最多 $n$ 个，可以分成若干段，不同段的系数 $j$ 不一样（ $j$ 是造成贡献的个数），复杂度轻松做到 $nmS\log m$，不过显然，对于每个区间，左右端点单调递增，维护一个双指针和单调队列即可，复杂度 $nmS$。

P11894 「LAOI-9」Update

简单题。

倍增，差分，奶龙严选题，考虑差分求出每个点进行几次加，然后贡献变化其实就 $\log$ 次，对于不同的贡献算一下用了几次即可。

P9021 [USACO23JAN] Subtree Activation P

树形 DP。简单推到题，推导发现其实本质上就是花费 $2\times siz_i$ 的贡献可以时一条链都被覆盖，如果只覆盖 $i$，贡献就是 $2*(siz_i-siz_{son_i})$，$son_i$ 是子树最大的孩子，即这些都是独立的，那我把重儿子最后跑就不用撤销了，然后就没了。也有其它做法可以看看。

CF425E Sereja and Sets

动态规划 DP。我去妙妙题，我赛时还没过呜呜呜。注意到在知道线段是啥后，可以朴素贪心 $f_i$ 表示选了 $i$ 最多分几段，然后找一个 $r$ 最小的，更新到 $f_r = f_i+1$。

然后考虑朴素 DP 就是 $f_{i,j}$ 表示前 $i$ 个选 $j$ 段的方案数，然后考虑更新到 $f_{k,j+1}$，根据贪心的，左端点在 $i,k-1$ 之间包含左右端点，对应右端点应该都 $> k$，这些线段总数就是 $(n-k)\times (k-i)$，即 $2^{(n-k)\times (k-i)}$然后对于点 $k$，只要有至少一个左端点 $>i$ 即可，即 $2^{k-i}-1$ 种。然后转移过来即可。

P10706 悲哀（Sorrow）

话说我还抢到最优解了（

树上启发式合并，容斥，莫比乌斯反演，虚树。做法还不少，不过我不会莫比乌斯反演，所以只讲另外的。

注意要求 $\gcd > 1$ 其实就是两个数有一样的因子，我们不妨仅考虑质因子，然后我们就可以容斥解决。

注意到 $a_i \le 5e5$，所以不同质因子最多 $6$ 个，这样的话，我们一个数最多和另一个数匹配 $2^6-1$ 次。

我们对于每个数都存一下，然后我们对于一个点，可以给它的儿子按顺序便利，然后对于每个儿子先计算，然后在加进去，最后在算上自己的。具体的就是记 $v_i$ 表示 $i$ 这个数作为因子出现了几次，然后每次就把 $a_j$ 的所有由不同质因子乘起来的数加一。然后根据 $i$ 中不同质因数出现了几次给它一个容斥系数。

然后，这就是一个经典的树上启发式合并了，我们只需要先跑重儿子即可，这样可以直接利用重儿子的 $v_i$。

对了，我们也有另一个办法，就是对于每个数，如果它是由若干不同质因子乘出来的，那么建立虚树，然后也可以用树上启发式合并，然后就没了。

P10812 【MX-S2-T3】跳

动态规划 DP，前缀和。挺有趣的一道题。我们的核心问题是，前过去了之后有可能会回来。但是注意到一个东西，假设目前过程是 $x,y,z$，然后 $x > z > y$，然后 $y$ 是 $x$ 的因数，那么到 $z$ 之后就必须选择一个因数跳到 $y$ 后面去。

我们不妨记 $f_{i,j}$ 表示我目前在 $i$，我只能到 $i$ 到 $j-1$ 的地方的方案数。

转移十分简单，要么转移到 $f_{i-1,i}$，要么枚举 $z < j$，然后枚举因子 $k$ 使得 $k < i$，转移到 $f_{i,k}$。

注意到每次转移都会算上 $z < j$ 的 $f_{i,j}$，直接上前缀和优化即可，至于枚举因子嘛，用 vector 存每个数的因子，然后枚举因子，根据分析复杂度是调和级数 $n^2\ln n$。 code

P5188 [COCI 2009/2010 #4] PALACINKE

矩阵加速，容斥原理。这个题有点意思，当时还不会，现在练的多了就会了（

首先有一个很朴素的 DP，即 $f_{i,S,j}$ 表示当前在点 $i$，然后时间用了 $j$，当前状态为 $S$ 的状态，转移也很简单，就枚举能到的点然后看是否选这条边转过去即可。

然后，注意到 $t \le 1e9$，直接做肯定不行，注意到这个式子看起来很可以矩阵优化的样子，唯一的问题是 $S$ 怎么办。

注意到就四种可能，直接考虑容斥，即枚举 $S$，然后边上有 $S$ 中的值就一定不能选，否则就可以选，然后根据 $S$ 中 $1$ 的个数给一个容斥系数，这里说个有趣的函数，'__builtin_popcount(s)' 可以返回 $s$ 中有几个 $1$，复杂度 $\log$，当然手写也很简单，你考虑树状数组那个就是每次减去最后一个 $1$，照着搞就好了。

然后就可以直接矩阵了，令 $2\times n+1 = k$，考虑构建一个 $k\times k$ 的矩阵和 $1\times k$ 的矩阵。

$1\times k$ 的矩阵就是存 $f_{1,0},f_{2,0},...,f_{n,0},f_{1,1},f_{2,1},...,f{n,1},ans$，$f_{i,0}$ 就是当前时间减一时的方案数，同理 $f_{i,1}$ 就是当前的。

然后转移矩阵就自己退啦，我这里还是说一下吧。首先 $v_{i+n,i} = 1 \left(1\le i \le n\right)$，这个显然，然后就是如果 $i$ 向 $j$ 有连边，那么 $v_{i+n,j+n} = 1$，还有就是所有可以选择的边 $v_{i,j+n} = 1$，然后 $v_{k,k} = v_{1+n,k} = 1$，即给答案。

然后就没了。code

P12930 [USACO4.3] 逢低吸纳 Buy Low, Buy Lower 加强版

动态规划 DP,树状数组。很典的题，只是我发现这个树状数组竟然也能优化，所以放上来让大家看看（

先离散化，对于每个 $i$ 求出 $f_i,g_i$，分别表示最大值和对应的方案数，转移时就是从 $a_i+1,Mx$ 中选出最大值和所有最大值对应的方案数，线段树直接维护即可。但是树状数组也可以直接优化，在权值树状数组上的每个点维护一个二元组 $\left(c_i,d_i\right)$，然后正常转移就行了。

注意到这个可是不能支持区间查的啊，但是我们难道不是询问的一段后缀吗，我们直接给这个翻转一下不就是求前缀了，然后就解决了，这个的代码我没写，我写的线段树的，树状数组的去看题解吧（

CF1830D Mex Tree

暴力枚举（brute force）动态规划（dp）树形结构（trees）*2800。没想出来看的题解，输。

注意到 mex 只有三种情况，所以答案上界应该是 $n \times \left(n-1\right)$ 的不会很大。

然后我们想想贪心，一个很显然的是二分图交叉染色，答案大概就是 $n \times (n-1)/2$ 的。

然后我们没啥想法了，不过看到上下界之间其实不大，也许会有点用处。

考虑一下朴素 DP，注意到我们只需要知道 $f_{i,j,0/1}$ 表示 $i$ 的颜色为 $0/1$，然后仅考虑子树 $i$ 会构成大小为 $j$ 的连通块的最小影响是多少，因为只要走出这个连通块，那么贡献一定是二，注意到 $0$ 连通块就都是 $1$ 贡献，$1$ 连通块恰恰相反。

答案是上界减去求出来的，所以我们希望转移时越小越好

转移直接枚举子树，然后 $f_{i,j,z} = \min\left(f_{i,j,z},F_{i,k,z}+f_{son,j-k,z}+!z\times k \times \left(j-k\right)\right)$。

嗯，观察一下式子，注意到如果造成的影响 $ > n \times (n-1)/2$，当然就一定会劣，因为超出下界了。

大概就是根号量级的，也就是说我们转移不会转移超过根号，复杂度 $n\sqrt n$，具体证明可以看这篇题解，这里限于篇幅就不写了。 code

P3177 [HAOI2015] 树上染色

动态规划 DP，树形 DP。简单 DP 题，先转化一下，就是求所有点对距离在减去颜色不同点间两两的距离，f_{i,j} 表示子树 $i$ 里面选了 $j$ 个黑点的贡献，转移就是 $f_{i,j}+\left(siz_i-j\right)\times \left(k-j\right)\times Z + j\times \left(n-siz_i-k+j\right)\times Z$，其中 $Z$ 是到父亲的那条边的权值，$siz_i$ 是子树大小，然后经典子树转移复杂度可分析到 $n^2$，有一个有趣的分析方式是注意到这么搞可以理解为是从 $a$ 里面选一个点，从 $b$ 里面选一个点。

然后能选只会在 $lca$ 处选，所以就是 $n^2$ 的，即点对个数。复杂度讨论贴

P11069 「QMSOI R1」生熏鱼

有趣的题，有两种很棒做法。

动态规划 DP，搜索，二分，背包 DP。考虑 $2^n$ 枚举第一个是否选择。然后就分割成了若干段，每一段都是一致的，直接前缀和相减就能求出来，直接找到第一次不合法的二分看即可。

还有一种做法，就是考虑我们可以让第一次攻击不受，那么其实就是可以反悔一定量的血量，考虑 $f_i$ 表示回复至少 $i$ 的血量的最小代价，不行就不管，上限是 $n\times C$，复杂度 $n^2\times C + k$。

P11203 [JOIG 2024] 感染シミュレーション / Infection Simulation

线段树，树状数组。很有趣的题。十分显然的是，感染存在的时间一定是一段区间，我们只要知道这个区间就子只需要求每个区间与其的交集。

特判掉初始感染者区间 $< x$ 的情况，然后我们其实就是要求最大的 $r_i$，且 $i$ 被感染了，考虑对于每一个人钦定一个唯一后继，具体就是对于区间 $l_i,r_i$，找到 $l_j,r_j$，满足 $r_j \ge r_i$ 且 $l_j$ 最小，当然 $j$ 不能等于 $i$，然后能走说明 $x$ 必须小于等于两者的交集才行，然后这个显然可以倍增优化，然后就能求出来最大的 $r$ 了。

求出来之后就是一个显然的二维数点了，要求 $r_i-l_i \ge x$ 且 $r_i-L \ge x$，一个显然的，不可能有 $R < r_i$ 还合法的（不然 $R$ 会增大啊），然后就很简单了，在线可以可持久化线段树，离线可以树状数组。

P1752 点菜

注意到求最小时间，看着就很像二分答案。

二分一个时间，然后对于两类特殊人群，选择其中一类贪心的选择，比如优先选择价格合理同时不好吃的，或则优先考虑符合美味度的同时最贵的，另一类就直接能选就选，然后看剩下的个数是否 $\le mid\times x$ 即可，$x$ 是不挑剔的人的个数。

用优先队列维护就好啦，复杂度 $\log^2$。

P9266 [PA 2022] Nawiasowe podziały

DP,wqs二分，决策单调性。非常好的题，做法很多，复杂度 $\log$ 至 $\log^3$ 不等。

在阅读前请先了解在线决策单调性地皮还能单老哥分治做？，我用的这个做法，复杂度是 $n\log^2$，想了解其他的可以看题解（

首先括号序列转化老经典了，左括号看成加一，右括号看成减一，合法就是 $\min\left(a_l,a_{l+1},...,a_{r-1},a_r\right) = a_l = a_r$。

朴素 dp 是 $n^2k$ 的，考虑优化。

注意到此题是具有决策单调性的，具体证明很简单，请读者自行证明，这里提示一下，只需证明若 $i < j < z$，$i$ 转移到 $z$ 比 $j$ 优，则 $i$ 到 $z-1$ 也更优即可。还不知道可以看我代码下面的注释部分。

然后注意到这个贡献搞起来很不舒服，考虑参考 CF868F 直接莫队搞（是的这个确实可以莫队），具体如下：

先对于每个点求出左边右边第一个比它大的，然后求出 $L_i,i$，$R_i,i$ 中 $=a_i$ 的个数，在莫队时左指针 $l$ 移动时看 $R_{l-1}$ 与 $r$ 的大小关系，注意左指针移动是看 $l-1$，因为我是减去左边，右边就看 $r$。

给个代码方便理解：

//X,Y双指针 
//v1_i：左端点为i的个数，v2同理
//S_i，(L_i,i) 中等于a_i的个数,S1_i同理 
while(Y < r)
{
	Y++,v1[a[Y-1]]++,v2[a[Y]]++;//加/减的顺序不重要，不可能有a_i=a_{i+1}
	if(X <= L[Y]) sum += S[Y];//只能选这么多 
	else sum += v1[a[Y]];//一定没有比它大的，直接选完 
}

然后复杂度来到 $nk\log$，容易发现此题可以 wqs 二分，因为分的越多答案越小，然后改变量也会越来越小。

然后用上诉决策单调性分治做法可以做到 $n\log^2$。

个人认为，细节问题的话就是注意要开两个莫队，然后要明白莫队在干什么，我一开始写的 $a_l$，后面才想起该是 $a_{l-1}$。 code

P2839 [国家集训队] middle

很有趣的题呢。

可持久化线段树，分块，二分。容易发现，其实就是必须选择 $\left(b,c\right)$，然后可以拓展，但是不能超过 $\left(a,d\right)$。我们肯定不能把原序列排序，复杂度肯定吃不消，考虑在此题中中位数本质上是什么，对于 $x$，如果 $<x$ 的数的个数 $\le \frac{n}{2}$，且 $\le x$ 的个数 $> \frac{n}{2}$，那么 $x$ 就是中位数，这里我们认为除法是自动向下取整。

这玩意也不好搞啊，不过我们可以知道一个事实，如果如果 $<x$ 的数的个数 $\le \frac{n}{2}$，那么中位数至少为 $x$，所以我们可以二分。

对于这个我们有两种经典套路可以解决，一种是把 $<x$ 的视为 $-1$，$\ge x$ 视为 $1$
，则如果区间 $\ge 0$，则中位数至少为 $x$。

还有一种是转化为 $2\times sum \le n$，因为左边必为偶数，所以就算右边是奇数除二会向下取整也没事，这里用的第一种，所以这个就不细说了。

不过每次都把 $<x$ 的视为 $-1$，$\ge x$ 视为 $1$ 复杂度还是不好，注意到没有修改，我们可以提前预处理。

考虑可持久化线段树，看一下我们需要什么，首先我们要知道 $\left(b,c\right)$ 的区间和，然后需要知道一个前缀最大值和一个后缀最大值，直接拿线段树维护即可，具体实现可以看代码，有注释。code

P6583 回首过去

数论，整除分块。有趣的题，首先显然是十进制有限小数必须分母分子约分后分母是 $2^x\times 5^y$ 的形式。

大概就是 $\frac{a\times c}{b\times c}$，其中 $a$ 任意，而 $b$ 是 $2^x\times 5^y$，$c$ 是不含 $2$ 和 $5$ 的这两个质因子的数，我们随便枚举一个，比如枚举 $c$，就可以做到 $O\left(n\right)$。

考虑整数分块，不过 $c$ 是不含 $2$ 和 $5$ 的这两个质因子的数，这个嘛直接容斥掉就好了。

具体的就是减去 $2$ 的倍数的和 $5$ 的倍数的在加上 $10$ 的倍数的。

完事这个 $a$ 我们是知道个数了，这个 $b$ 嘛，考虑越到后面选择越少，而仅由这两个乘起来的数很少，暴力跑出来然后指针移动一下就好了。 code

P12391 「RiOI-6」帝国少女

Ad-hoc。一般人都可以发现这个 $m>2$ 应当都是一个做法。

那就分类讨论呗。对于 $m=2$ 的，其实就是对于一个序列，然后 $12$ 或者 $21$ 染色，看哪一个相同的多一点，然后我看了题解，它告诉我，套路的讲奇数位翻转，那么一个子段的操作次数就是 $1$ 的个数与 $2$ 的个数的最小值，然后它说 $\min\left(x,y\right) = \frac{x+y-\left|x-y\right|}{2}$，将所有 $2$ 替换成 $−1$，前缀和一下变成任意两数差的绝对值之和，然后直接排序做，这样就一定是后面的减前面的，最后答案乘二就好了。

至于 $m>2$，就是对于一段值相等的，答案就是 $\frac{len}{2}$ 向下取整，原因很显然，是奇数的修改在内部肯定没事，为偶数只需要与相邻的为偶数的操作方式不一样即可（即一个是修改 $1,3,5...$，一个是修改 $2,4,6...$）。

对于一段有四种情况出现：