9 月做题记录

26. 9. 1

P11491 [BalticOI 2023] Tycho

妈的傻逼题目，写红温了。警示录是一定要先写一个暴力 dp。

P3059 [USACO12NOV] Concurrently Balanced Strings G

先不考虑 bitset。考虑合法的括号序列条件是，记前缀和数组为 $s_i$，那么一个区间 $[i,j]$ 合法的条件是 $[\min_{k=i}^j s_k = s_{i-1}][s_j = s_{i-1}]$，考虑首先对第一个东西做限制，我们对于每个 $i$ 维护出来一个区间 $[L_i,R_i]$，那么可能的 $j$ 只会取在这若干个区间的交集里。

然后考虑第二个限制，问区间 $[l,r]$ 有多少 $s_i=k$，这个做完哈希，扫一遍就可以了，时间复杂度 $O(nk \log n)$。

QOJ7943 LIS on Grid

由 Dilworth 定理可以给最长上升子序列转化：

一个序列的最长上升子序列长度 $\le k$ 等价于这个序列可以被划分为 $k$ 个不升子序列。

对于网格图来说，更具体的转化是可以划分出 $k$ 个从左下到右上的路径，由于每一行可以 $\ge a_i$，多余的可以忽略掉，我们可以调整出这 $k$ 条路径以 $(n-k+i,1)$ 为起点，$(i,m)$ 为终点。首先每一列都至少需要 $k$ 个点来提供给路径，并且令 $b_i = \max(0, a_i-k)$，那么 $i$ 这一列至少需要 $b_i$ 次上升，有不等式：

\[\sum \max(0,a_i-k) \le k(n-k) \]

我们下面来证明这个上界是可以构造到的，贪心按链从上往下进行构造，对于第 $i$ 条链尽可能在前面上升，这个构造显然是合法的，时间复杂度 $O(nm)$。

P5305 [GXOI/GZOI2019] 旧词

直接到根链带权加即可。

CF193D Two Segments

首先这个去重很奇怪，直接在值域上大力扫，然后维护合法左端点。然后做完了。

QOJ5357 芒果冰加了空气

考虑根节点被删除的时间，在这个时间之后每棵子树的删除时序独立，之前需要乘上一个多重集组合数，那么设 $f_{u,i}$，每次后缀和然后卷起来就做完了。

CF1146H Satanic Panic

考虑怎么去刻画一个五边形的凸包，我们将其刻画为，从某个点出发，斜率一直递增，走了四条边。那么可以考虑设 $f_{u,v,L,i}$ 代表从 $u$ 到 $v$，走了 $i$ 条边，上一条边是 $L \to v$ 的方案数。这样转移是 $O(n^4)$ 的而，考虑优化一下，发现其实我们大可以直接把所有边按斜率排序，然后直接转移，设 $f_{u,v,i}$，每次的边设为 $v \to w$，那么直接转移就是对了，时间复杂度 $O(n^3)$。

P5540 [BalkanOI 2011] timeismoney

我们考虑给所有合法的方案，以 $(\sum a_i, \sum b_i)$ 看作一个点维护出来下凸包，我们首先求出这个凸包的两端，也就是和 $x,y$ 轴距离最近的点，记作 $P,Q$，那么考虑去凸包上二分 $P \to Q$ 的斜率，考虑去找到刚好切到直线，并且截距最小的点 $M$，那么可以把问题分为 $P \to M,M \to Q$ 分别递归下去。

现在的问题是如何去找这个 $M$，记斜率为 $k$，截距为 $y_0$，那么对于 $M$ 就有 $\sum b_i -k\sum a_i $ 最小，那么我们直接在算生成树的时候给边权减一下算即可。

由熟知的结论，整数凸包的大小为 $O(V^{2/3})$，那么本题复杂度就是 $O((nV)^{2/3} (m +V))$。

CF2077E Another Folding Strip

考虑先对这个操作做一些分析之类的，考虑一次染色可以染色的集合 $S$ 有什么特征，首先我们猜测合法的条件是 $S$ 中相邻两个点之间的格子数量都必须是偶数。满足这个显然有合法构造，否则显然没有合法性构造。

现在考虑怎么求 $f(a_1a_{2}...a_n)$，限制是偶数位置和奇数位置必须交错选，这个可以看作是偶数位置和奇数位置进行抵消。我们考虑把偶数位置看作在折线图上走 $(1,a_i)$，否则走 $(1,-a_i)$，那么我们考虑一个答案 $k$ 需要满足的必要条件：我们从折线上任意一点 $P$ 出发，走到任意一点 $Q$，走过的高度差 $|\Delta h| \le k$。

这个必要性是显然的，因为从 $P \to Q$ 至少需要 $\Delta h$ 个独立的 $S$ 来把所有的多出来的偶数 / 奇数位置放进去。考虑充分性，这个明显有合法性构造。考虑答案 $k$ 能取到的最小值显然就是最高点和最低点的高度差，对 $a_i(-1)^i$ 数组做前缀和得到 $s_i$ 数组，$k$ 就形如 $\max s_i - \min s_i$。最后求所有子区间的贡献直接单调栈容易做到线性。

CF1787I Treasure Hunt

首先如果 $q \in [s,t)$，那么把 $q$ 调整到 $t$ 一定不劣，那么可以直接把两个贡献给拆开算。

首先考虑前缀和最大值一项怎么算，直接大力分治，对左边维护起点到中点的和 $s_L$，以及左侧起点本身的答案 $w_L$，同理维护中点到右侧点随便选的权值前缀最大值 $w_R$，那么一对 $L,R$ 的答案就是 $\max(w_L, s_L + w_R)$，遍历 $L$，维护 $\max(w_L - s_L,w_R)$，$w_L - s_L$ 显然会随着 $L$ 减小单增，$w_R$ 也单调，那么直接扫就是对的。

接下来考虑最大子段和一项怎么算，我们考虑讨论最大子段和的状态：

最大子段和跨过 $mid$：我们维护 $w_L,w_R$ 代表从 $mid$ 出发，向左，向右走的最大前缀和，那么这一部分的贡献是 $w_L + w_R$。
最大子段和位于 $mid$ 左侧或者右侧：设 $v_L,v_R$ 代表从 $mid$ 出发向左，向右的最大子段和，这一部分的贡献是 $v_L,v_R$。

那么我们要求的就是 $\max(w_L + w_R, v_L, v_R)$，首先我们枚举 $L$，考虑首先讨论 $v_L$ 和其他两项的偏序。首先 $v_L$ 对 $v_R$ 的偏序可以直接双指针，然后 $v_L$ 对 $w_L + w_R$ 的偏序可以看作是 $v_L - w_L$ 对 $w_R$ 的偏序。考虑 $v_L - w_L$ 是什么，这个随着 $L$ 减小显然单调不降。最后考虑 $w_L+w_R$ 对 $v_R$ 的偏序，也就是 $w_L$ 对 $v_R - w_R$ 的偏序，这个也可以指针。

那么做完了，时间复杂度 $O(n \log n)$，这不就是一坨吗。

26. 9. 2

P14880 [ICPC 2019 Yokohama R] Halting Problem

什么傻逼一坨。考虑连边 $i \to e_i$，每次更新状态，显然一个 $a_i$ 的判定不会触发两次，那么就变成了 $O(n)$ 次的一个在线的问题，环和链分开讨论即可。

P12624 [ICPC 2025 NAC] Humans vs AI

直接大力分治就是对的吧，写个树状数组维护偏序可以做到 2log。

P14284 [ICPC 2025 WF] Delivery Service

有点意思。首先考虑建立扩展域并查集，那么这个时候有上下两排点，有若干个连通块，第 $i$ 个连通块记作 $S_i$。那么答案是：

\[\sum_i \binom{|S_i|}{2} - \sum_{i,j} \binom{|S_i \cap S_j|}{2} \]

但是我们注意到，一个点最多只会存在于两个并查集中，也就是说后一个式子最多只会有 $O(n)$ 个非零值。这个东西可以启发式合并，直接做就是 $O(n \log n) \sim O(n \log^2 n)$ 的。

26. 9. 3

为啥难度顺序递减啊。

快速旋转（express）

首先我们把这个问题看作一个环，然后有一个指针在上面移动，每次可以向左或者向右，或者把指针右边的数给删掉。

那么显然有一个 75 分的 dp，直接设 $f_{i,p}$ 代表考虑了所有 $\ge i$ 的数，指针最后停在 $p$ 的最小代价。考虑相邻层之间的转移，显然转移分为顺时针和逆时针。我们考虑顺时针，那么我们会发现转移是对一个区间做形如 $f_i = -sum_j + g_j + k$ 的转移，这个东西显然可以单调队列快速维护，复杂度是树状数组的 $O(n \log n)$。

画布（canvas）

首先最垃圾的做法是维护出来左边到上面，左边到右边，右边到上面的删除时间，但是巨难写。考虑如何在网格图上刻画一个连通块，我们刻画断点，对一个 $2 \times 2$ 的网格做分析，如果只有右侧一个格子 / 右侧两个格子 / 只有对角有格子就认为有一个连通块，这样是矩阵加，可以离线扫描线维护前 $k$ 小值即可。

但是有更聪明的做法，直接大力点减边容斥，每个 $1 \times 2$ 的矩阵贡献一个 $1$，每个 $2 \times 2$ 的矩阵贡献一个 $-1$，算出来的值对 $1$ 取最大值即可。时间复杂度 $O(nk \log n)$。

请记住平面图欧拉定理，$|V|-|E|+|F|=2$，$V,E,F$ 分别是顶点，边和面！！

分层编辑器（editor）

这个题好难啊。首先维护一个栈代表当前还没有被撤销，但是可能会被一次撤销掉的集合，那么这个栈从上向下肯定是优先级单调递减的。记优先级为 $p_i$，如果存在 $i<j,p_i > p_j$，那么一定会先删掉 $j$ 再删掉 $i$。

那么我们每一次想要把一个优先级为 $t$ 的数字给加进栈，我们先二分第一个满足 $p_k < t$ 的位置 $k$，那么栈中 $[k+1,tp]$ 的所有元素都不会删除，会删掉 $k$，考虑直接从 $k-1$ 时刻的栈继承，加入 $t$ 会把 $[k+1,tp]$ 的元素全部偏序，所以倍增或者主席树可以简单维护，时间复杂度 $O(n \log n)$。

P16545 [EGOI 2026] 狐狸家族 / Fox Families

经过手玩，不难发现有结论：

如果一个区间包含于或被包含于一个连通块的并集，那么这个区间可以和这个连通块合并。

包含是平凡的，考虑被包含的情况。我们记这个区间为 $[l,r]$，找到连通块第一个左端点 $\le l$ 的区间 $[l_0,r_0]$，以及第一个右端点 $\ge r$ 的区间 $[l_1,r_1]$。不平凡的情况显然只有 $r_0 < r \wedge l_1 > l$。

此时首先如果有区间包含于 $[l,r]$ 是平凡的，否则如果 $[l_0,r_0]$ 和 $[l_1,r_1]$ 想要连通则必须会有一个区间彻底包含 $[l,r]$，这个画画图就明白了，那么我们拿 set 直接维护每个连通块，加入完毕 check 相邻有交的区间是否能合并，时间复杂度 $O(n \log n)$。

26. 9. 4

CF547D Mike and Fish

考虑如果存在一个类矩形，即如果存在四个点 $(x_0,y_0),(x_0,y_1),(x_1,y_0),(x_1,y_1)$，我们可以把其对角染红色或蓝色，不影响最终的方案。对题目建图，每个点 $(x,y)$ 看作是左部点 $x$ 和右部点 $y$ 连边，那么题目就是给边红蓝染色，要求每个点的所有连边红蓝边相差 $\le 1$。

那么显而易见地，我们可以每次删掉一个环，剩下的图是森林，对于每棵树暴力遍历就可以求出方案。

草这个几把套路我见过几遍了，建立一个虚点给所有奇数点连边，那么每个点度数都是偶数，跑欧拉回路即可。

P15869 【MX-X26-T5】「Cfz Round 7」anybody can finds love (expect you)

首先判掉奇数度数的点，然后考虑对于每个点 $u$，必然有 $\text{deg}_u / 2$ 条出边和入边，那么我们需要把这些出边和入边两两配对，那么此时如果存在绝对众数显然无解。

但是这样强制匹配边可能不对，因为可能走重复边，走重复边会在一个环上面一直走。但是考虑说如果我们走出了环可以把这个环删掉，记作 $R$，剩下的部分是归纳有解的。先对剩下的部分进行构造，然后考虑把这个环给拼上去。

由于原图是无向连通图，那么 $R$ 和 $G -R$ 一定有一个相交的顶点，在这个顶点我们交换环 $G -R$ 和环 $R$ 的出边或者入边即可，如果无论交换出边或者入边都不合法，我们把 $R$ 的所有边取反即可，时间复杂度 $O(n)$。实际上没有这么麻烦。

P5332 [JSOI2019] 精准预测

我们看作是 $s_{i,x}$ 这 $O(nm)$ 个变量，限制分别是 $s_{i+1,y} \subseteq s_{i,x}$，$ s_{i,y} \subseteq \neg s_{i,x} $，$s_{i+1,x} \subseteq s_{i,x}$。考虑 2-sat，把每个点拆成 $0,1$ 两个点。直接做复杂度是 $O(nT)$ 的。

我们考虑换一个视角，把 $s_{i+1,x} \subseteq s_{i,x}$ 的 2-sat 连边看作骨架，骨架的连边应该是 $(i,x,0) \to (i+1,x,0), (i+1,x,1) \to (i,x,1)$。我们发现其他两种连边的总个数是 $O(m)$ 的，我们根据这 $O(m)$ 个连边压缩中间的骨架，这样的点数就压缩到了 $O(n+m)$。

现在的问题变成了对每个点做可达性统计，注意到这张图是张 DAG，那么直接大力 bitset。但是考虑到空间开不下，考虑分块然后跑 bitset，时间复杂度 $O\left(\dfrac{(n+m)^2}{\omega}\right)$。

P11095 [ROI 2021] 旅行 (Day 2)

首先我们枚举 $t_{\max}$，从小到大枚举来一条一条加边，然后动态维护最小生成树。考虑我们加入一条边 $(u,v)$：

如果 $u,v$ 此前不连通，把它们合并。
否则找到当前以 $1$ 为根的最小生成树上，$u$ 和 $v$ 的 LCA，记作 $x$，我们把 $u \to v$ 的所有点全部缩起来缩成一个新的边双。

考虑这么做有什么好处，好处是缩完之后 $1$ 到 $k$ 的最小值就是在树上的边权或点权最小值。每次缩点的时候我们都给 DFS 序区间做 chkmin，需要开两棵线段树分别维护权值和答案，那么时间复杂度 $O(n \log n)$。我觉得这个题好难啊，因为感觉没想过往这个方向去维护。

CF2196E2 Fuzzy Concatenation (Hard version)

首先第一步显然每次拼一个尽可能大的。我们考虑如何判断 $T[l:r]$ 是否可以被表示，考虑有一个 $O((r-l+1) \text{polylog}(n))$ 的做法：

首先枚举断点 $p$，那么问题等价于存在 $S$ 串的某个断点 $p_0$，使得 $T[l:p)$ 是 $S[1:p_0)$ 的后缀，且 $T(p:r]$ 是 $S(p_0,|S|]$ 的前缀。把这个写成 LCP、LCS，建立 SA 后做二维数点。

那么我们考虑二分，二分代价是和区间长度成正比。我们首先考虑倍增，找到最大的 $k$ 使得满足 $[i,i+2^k)$ 合法，找到之后我们在 $[2^k,2^{k+1})$ 里面重新二分。这样做的好处是不会二分到很长的区间，二分判断的复杂度均摊下来是 $O(m \log^2 n)$ 的。

P16541 [EGOI 2026] 饼干 / Biscuits

首先考虑 dp，设 $f_i$ 代表吃掉了最顶上的 $i$ 个饼干的最大权值，那么有转移，$f_i = \text{secmax}_{j<i}(f_j) + W_i$，考虑怎么把这个东西优化掉，考虑到 $W_i$ 值域很小。我们记 $G_{i,0/1}$ 代表前面 $f_j$ 的最大，次大值。那么 $i$ 这次转移做的事情是给 $G_{i,1}$ 加上 $W_i$，然后如果 $G_{i,0} < G_{i,1}$，交换 $G_{i,0},G_{i,1}$。

考虑对这个过程动态 dp 维护，维护一个长度为 $V$ 的分段函数，第 $i$ 个数代表从左边传进来 $G_{0},G_{1}$ 的差值为 $i$，然后对这个东西复合即可，时间复杂度 $O(nV\log n)$。

P13345 [EGOI 2025] IMO

考虑两个人 $x,y(x<y)$ 如何确定严格的偏序关系，当且仅当 $x$ 没填的全部填成 $0$，$y$ 没填的全部填成 $k$，然后 $x$ 的总分数还仍然大于等于 $y$ 时可以确定。写出来是 $sum_x \ge sum_y + t_y \times k$。

由于偏序具有传递性，所以我们只要能确定原排名下相邻两行的偏序就可以确定整张榜。首先考虑大力 dp，注意到每一行删除的一定是一段排序后的区间，那么设 $f_{i,l,r}$ 代表考虑了 $\le i$ 行，上一行删除了 $[l,r]$ 的最小删除数量。转移时我们枚举上一行的所有区间 $[l,r]$，算出来权值 $s$，把三元组 $(s,l,r)$ 桶排序维护一个前缀 $\min$ 即可，时间复杂度 $O(nm^2)$。

草，我们注意到，如果一个人前后两个人的分数差 $d<k$，那么这个人必须全部公开。更进一步发现最多只有 $\dfrac{d}{k}$ 个分数不公开，那么所有人公开的分数总个数是 $O(m)$ 的。那么其实可以直接大力 dp，设 $f_{i,j}$ 代表考虑排名 $\ge i$ 的人，上界限制是 $j$，dp 然后 bitset 优化可以做到 $O\left( \dfrac{m^3k}{\omega} + n (m+\log n)\right)$ 的复杂度。

26. 9. 4

P6643 [CCO 2020] Mountains and Valleys

首先我们不难观察到，最多只会走一条非树边。走两条非树边的话一定会被 $ans - diam$ 偏序，这里 $diam$ 是直径长度。

记 $P(u,v)$ 代表 $u \to v$ 这条路径。我们朴素地考虑枚举起点 $s$，终点 $t$，非树边 $(u,v,w)$，不难发现贡献是：（此处 _lbw_ 讲了一个欧拉路径的建模，但是感觉好像没啥用？）：

\[2(n-1)+w-|P(u,v)| - |P(s,t)| + 2 \max(|P(u,v) \cap P(s,t)|-1,0) \]

这个东西直接大力树剖讨论不难做到 1log，但是事实上可以做到线性，具体来说，我们考虑点分治。只处理 $(u,v)$ 路径跨过分治中心的非树边。对 $u$ 维护 $u \to rt$ 上每个点选择某个子树里面的点的最大次大，然后随便维护一些东西，维护一下前四大，略去，感觉是大粪。

为什么时间复杂度线性的？因为点分治到连通块大小 $ \le \dfrac{N}{3}$ 后就没用了，所以点分治只有 $2$ 层，时间复杂度线性。

QOJ10706 红蓝最小生成树

首先如果 $k$ 是定值可以大力 wqs 二分，我们考虑这个凸性是怎么来的，首先我们对蓝边和红边都跑一遍 MST，那么每次我们可以看作是选择一条红色边去把一条蓝色边给替代掉，并且提供一个增量的贡献。

也就是说，我们想要对每条红边 $r_i$ 求出其匹配的蓝边 $b_{p_i}$。首先把 $n-1$ 条红边和蓝边按权值升序排序。最暴力的求法是，我们找到编号极大的蓝边 $b_k$，并且加入 $b_{1\sim k}$ 后 $r_{i}$ 左右顶点仍然不连通。

这个过程可以做整体二分，具体来说，我们的 $\text{solve}(L,R,Q)$ 进行以下流程，记 $M=(L+R)/2$。

首先我们加入 $b_{L \sim M}$，依次遍历 $Q$ 中的所有红边，检查左右端点是否连通。连通的划分到 $Q_l$，否则划分到 $Q_r$。那么 $Q_l$ 显然是匹配位置 $\le M$ 的红边。
加入 $Q_l$ 的所有红边，加入 $[L,M]$ 的所有蓝边，进行递归 $\text{solve}(M+1,R,Q_r)$，递归后撤销。
加入 $Q_r$ 的所有红边，进行递归 $\text{solve}(L,M,Q_l)$。这里加入 $Q_r$ 不会错，递归后撤销。

时间复杂度 $O(n \log^2 n)$。

QOJ7837 挑战积和式

首先我们考虑 $k=2$ 大概是一个凸包的做法。考虑做 dp，但是直接设 $f_{i,j}$ 代表选了 $i$ 个数，乘积为 $j$ 的最大代价。考虑最后的 $\prod b_i$ 一定小于 $V=\max a_i$，所以 $k$ 最大有效值只有 $O(\log V)$。

Lemma. 1：对于一个集合 $S$ 满足所有 $x \in S$ 都有 $x \le \frac{2}{3}$ 并且 $\sum_{x \in S} x=1$，存在一个子集 $T \subset S$ 使得 $\frac{1}{2} \le \sum_{x \in T} \le \frac{2}{3}$。

那么考虑我们把 $\prod b_i$ 分成两半，每一半的值域是 $O(V^{2/3})$。那么设 $f_{i,j}$ 算出来 dp 值后枚举 $a+b=k$，然后每次枚举做一次卷积，总时间复杂度 $O( V^{2/3} \log^2 V)$。

Lemma. 2：对于一个集合 $S$ 满足所有 $x\in S$ 都有 $x \le \frac{1}{3}$ 并且 $\sum_{x \in S} x = 1$，存在一个子集 $T \subset S$ 使得 $\frac{1}{2} \le \sum_{x \in T} \le \frac{2}{3}$，并且 $T$ 的大小刚好为 $S$ 的一半。

证明：考虑直接把 $S$ 升序排序后，然后选择偶数位置的数组成 $T$ 即可。

那么我们说明到了，只用 $a=1,b=k-1$ 和 $a = \lfloor \frac{k}{2} \rfloor,b=\lceil \frac{k}{2} \rceil$ 合并，合并出来的答案就是合法的。这几个值可以倍增快速求，时间复杂度 $O(V^{2/3} \log V \log \log V)$。

QOJ7872 崩坏天际线

这个 8s 真不是给 $O(nq)$ 过的吗。首先考虑 sub3，我们观察到，每时每刻本质不同的区间只有 $O(q)$ 个，具体来说：

没有经过任何分割的区间只有 $q$ 个。
经过了若干分割，但是保留了原来的某个端点，这样的区间至多只有 $2q$ 个。
经过了若干分割，没有保留原来的端点，这样的区间至多只有 $q$ 个。

考虑如何对这些区间进行维护，首先第一种区间我们直接随便维护，势能下来是对的。对于第二种区间，我们不妨以左端点为某个分割点 $p$，右端点不同为例。我们考虑下一次进行分割并且分割点在 $x$，并且 $p$ 后面的第一个分割点是 $x$，那么我们需要把 $p$ 右端点 $>x$ 的切成两个部分。这是一个线段树分裂的形式，直接做就是 $O(q \log q)$ 的。

最后考虑加上时间维度，我们考虑做 cdq 分治，每次考虑先对左右区间分别进行分治，把信息返回到当前层并给左区间加入右半区间的贡献，时间复杂度 $O(q \log^2 q)$。

QOJ7980 区间切割

首先考虑 AB 性质，每个区间只会被切割 $O(\log m)$ 次，考虑给每个区间势能修改，最开始的想法是给线段树每个节点开个 set 把标记挂在上面。但是可以离线，记 $t_i$ 代表位置 $i$ 的删除时间，那么区间 $[L_i,R_i]$ 第一次被切割的时间是 $\min t_{L{i}+1 \sim R_{i}-1}$。时间复杂度 $O((n+m) \log n)$。

现在考虑只有 A 性质，我们扫描线，对于一个操作 $(x,l,r)$ 在 $l$ 处把 $t_x$ 置为对应时间，在 $r+1$ 处把 $t_x$ 置为 $\infty$。拿线段树维护这个东西，时间复杂度 $O(n \log^2 m + m \log m)$。

现在考虑只有 B 性质，一个区间会经历 $O(n)$ 次有效的切割。我们考虑设计一个势能，让一个区间切到一定部分再处理。具体来说，我们把一个区间 $[l,r]$ 等分成三份 $[l,ml],[ml,mr],[mr,r]$。那么如果切到了 $[l,ml],[mr,r]$ 之间，这次切割是无效的。

继续延续 A 性质的离线做法，设 $t_i$ 代表位置 $i$ 的删除时间，那么 $\min t_{ml \sim mr}$ 就是 $i$ 的更新时间，记这个位置为 $p$，考虑找出来更新前的左右端点来继承。这等于说找 $p$ 左右第一个比 $t_p$ 小的位置。用 ST 表预处理可以做到 $O((n +m) \log n)$。

最后考虑没有 B 性质，一样离线做就可以，线段树二分可以做到 $O(n \log^2 m + m \log m)$。

26. 9. 5 和 26. 9. 7

AT_agc036_d [AGC036D] Negative Cycle

考虑把原图转化到差分约束上面去，那么不存在负环等价于存在一组可行解 $x_{1 \sim n}$，我们不妨对 $x$ 做差分得到 $s_i = x_i - x_{i+1}$。那么首先有 $s_i \ge 0$，那么边分为两种：

$i<j$：那么此时的限制是 $x_i - 1 \ge x_j$。换个形式写就是 $s_i + s_{i+1} + \cdot\cdot\cdot + s_{j-1} \ge 1$。
$i>j$：那么此时的限制是 $x_i + 1 \ge x_j$。换个形式写就是 $s_j + s_{j+1} + \cdot\cdot\cdot + s_{i-1} \le 1$。

所以如果区间和 $=0$，则第一类边需要删除，如果区间和 $\ge 2$，第二类边需要删除。经过观察，我们发现 $0 \le s_i \le 1$，因为 $s_i$ 如果 $\ge 2$ 则一定会删掉 $(i,i+1)$ 而不优。那么就可以做 dp 了，设 $f_{i,j}$ 代表考虑了 $[1,i]$，上一个为 $1$ 的位置是 $j$，二维前缀和可以把转移优化到 $O(n^3)$。

CF1361E James and the Chase

有向强连通图的 DFS 树没有横叉边。我们以任意一个点为根，搜出来任意一棵生成树。那么对于根节点，它是有趣的就当且仅当树上不存在前向边。

假设我们已经找到了一个合法的根节点 $p$，现在考虑对于树上的每个点 $u$ 判断合法性。

首先 $u$ 需要可达所有点，所以 $u$ 的子树必须要存在一条返祖边，并且恰好连到 $u$ 的祖先节点。
其次 $u$ 到所有点只能有一条路径，那么只能恰好有一条到祖先上的返祖边，并且这条返祖边连接的点 $v$ 也是合法的。

时间复杂度 $O(k(n+m))$，这里 $k$ 是随机次数。

CF2061G Kevin and Teams

这个题也太难了。首先我们可以构造说明上界是 $\left \lfloor \dfrac{(n+1)}{3} \right \rfloor$，考虑如何构造。

我们维护一条同色链，每次给一端试图加入一条边。如果加入的边同色就直接加入，否则弹出两条边，分析可知构造到上界。

P7816 「Stoi2029」以父之名

感觉是和 P15869 差不多的手法，我们把一个点的所有连边两两进行配对。具体来说，优先给同颜色进行配对。配对完后剩下一条 $1$ 边，讨论：

如果剩下了一条 $2$ 边，把这两条边配对。
否则建立一个虚点，连一条 $1$ 边到这个点并进行配对。

时间复杂度 $O(n+m)$。

P13358 [GDCPC 2024] 小班课

题解几把在说啥。首先进行按优先级顺序增广的二分图匹配（匈牙利算法），我们猜测答案就是最大匹配，首先记 $i$ 的匹配点为 $p_i$。我们下面证明，一定存在一个匹配顺序，使得 $i$ 恰好匹配到 $p_i$：

在这种情况下，我们在某个时刻能够选择 $i$ 当且仅当 $i$ 在 $p_i$ 之前优先级的目标点被全部占满。
如果点 $i$ 存在某个比 $p_i$ 优先级更高的目标点的点被 $j$ 匹配了，那么我们给 $j \to i$ 连一条边，能构造出方案当且仅当这张图没有环，是一张 DAG。
考虑反证，如果这张图有环，记环上的点是 $x_1 \sim x_k$，对应匹配的点是 $y_1 \sim y_k$，那么在原二分图上一定形如 $y_1 \to x_1 \to y_2 \to x_2 \to ... \to y_k \to x_k \to y_1$，其中 $y_i \to x_i$ 是匹配边，那么我们在加入 $x_k$ 时，首先会遍历到 $y_1$，而此时 $y_1 \to y_k$ 构成一条增广路，那么 $x_k$ 会直接和 $y_1$ 匹配，所以不会出现环。

那么每次找一个合法的学生就做完了，时间复杂度 $O(n^3)$。

P13592 [NWRRC 2023] Loops

我们发现对于一个 $2 \times 2$ 的小网格，如果我们确定了左上和左下，左上和右上的偏序关系，还一定存在一种合法的定向方式。所以从左上往右下去做就可以做到时间复杂度 $O(nm)$。

更进一步，我们发现可以钦定每一行单增，第一列单增，方案是唯一的。

AT_agc034_d [AGC034D] Manhattan Max Matching

草首先可以直接用四个点，不需要 cdq 优化建图，因为 $|x_1 - x_2| = \max(x_1-x_2,x_2-x_1)$，不合法的一定不优。记起点终点为 $S,T$，四个点为 $A,B,C,D$，考虑模拟费用流。

给这六个点两两之间开个堆维护增广的过程即可，时间复杂度 $O(kn \log n)$，这里 $k$ 是一个大概 $20$ 的常数。

P13342 [EGOI 2025] Wind Turbines / 风力涡轮机

首先建出来最小生成树，问题等价于最多删除最小生成树上的 $r_i - \ell_i$ 条边，使得 $[\ell_i, r_i]$ 互不连通，求最小代价。

不妨先考虑 $\ell_i +1 = r_i$ 的情况，建出来 Kruskal 重构树，那么 $\ell_i,r_i$ 在重构树上的 LCA 就是我们要删除的边。扩展到更一般的情况，我们发现我们会删掉这些点两两之间的 LCA。

考虑点对 $(i,j)$ 的 LCA 在序列上其实可以支配对，具体来说，我们对原树做启发式合并，每次把小子树合并到大子树上面的时候，我们考虑找到每个小子树的点在大子树里面对应的前驱和后继（下标上），这样的总对数是 $O(n \log n)$ 的。

直接看起来这是一个二维的数颜色，但这其实是假的二维数颜色。扫描线 $r$，把所有修改和询问挂在 $r$ 上，我们对于每个颜色，维护 $pre_i$ 代表 $\le r$ 的区间中，左端点最大的是多少。每次加入 $l$ 比较 $l$ 和 $pre_c$ 的大小，然后问题是区间加，单点查询，树状数组即可。

时间复杂度 $O((m+q) \log n + n \log^2 n)$。

P10851 [EGOI 2024] Make Them Meet / 活动面基

我有一个看起来特别吊的做法，懒得写了。

P12493 [集训队互测 2024] 子集和

首先对两个前缀和做差分，问题变为从一个前缀 $[1,l]$ 选一个，一个后缀 $[r,n]$ 选一个，并且这个前缀和后缀不交。考虑做猫树合并。我们不妨从 $l \le M \le r$ 的情况下手。我们需要知道左半部分 $[1,M] \setminus \{i\}$ 的信息，直接枚举 $i$ 显然不可接受，但是背包的方案数显然可以直接相加。

也就是说，对于左半部分，我们需要对每个 $i$ 查询 $[1,M] \setminus \{i\}$ 的信息，然后对这个信息做一遍前缀和。这个东西是不是可以大力线段树分治，那么做完了，时间复杂度 $O(nm \log^2 n + qm)$。这个题不是傻逼吗。

QOJ7854 这不是一道数据结构题

我们先考虑树怎么做。考虑在某个点 $u$ 合并所有子树，设第一棵子树内的点为 $p_{1 \sim k}$，那么其他子树一个必要的合法条件是必须插空 $p_i$ 来放。我们以 $1$ 号节点为根，那么和一号节点相邻的每个点，子树都应该构成一段完整的区间，否则显然不合法。

我们又发现这个区间的长度就等于子树大小，那么对于 $1$ 节点来说，我们枚举 $\text{deg}_1 !$ 种顺序，然后向下递归，可以得到唯一的一种方案。换句话说总方案数是 $n \prod \text{deg}_i !$。

这个时候有个神秘的建模，我们把问题看作是在一个圆上，那么区间不交或包含就是弦不相交。现在我们来考虑基环树，我们仍然找到 $1$ 号点的所在位置 $u$，那么分类讨论：

如果 $u$ 不在环上：限制条件和树一样，$u$ 节点贡献 $\text{deg}_i!$ 的贡献。
如果 $u$ 在环上：那么这个大环必须要顺时针或逆时针递增，这个大环会贡献 $2$ 的贡献。

更进一步，我们对原图缩点，建出来圆方树，记点双个数为 $c$，那么方案数就是 $n2^c \prod \text{deg}_i!$，这里 $\text{deg}_i!$ 只对原点进行计算。

最后我们考虑怎么判断是否存在合法方案，充分条件是对于每个超过两个点的点双，都要由一个大环和若干不相交的弦构成，考虑缩二度点，首先需要缩到两个节点。我们发现这无法保证存在一个大环使得每个点都在上面，但是缩二度点的过程显然可以把所有环上的边给找出来，我们只需要判断这些边即可，时间复杂度 $O(m \log m)$。

26. 9. 8

P16997 【MX-S15-T3】「DLESS-5」旅游定价

草怎么是傻鸟题，化简一下总收费的式子，写一下就是 $n\sum p_i + n\sum q_i$。

考虑如果给定 $x_{1} \sim x_n$，我们该如何计算答案。那么写出来是 $p_i + q_j \le |x_i-a_j|$，移项，也就是 $p_i \le |x_i-a_j| - q_j$，我们把右边看作是一个绝对值函数在 $x_i$ 处的点值。哦那我们不需要考虑给定 $x_1 \sim x_n$，因为 $x_i$ 可以直接取 $\min(|x_i-a_j| - q_j)$ 最大的一项。

总贡献是 $\sum\max (\min(|x_i-a_j| - q_j)) + \sum q_j$，我们看作是每个绝对值函数可以向下面移动若干步，贡献则会用移动步数加上关键点高度计算。首先如果一个函数在另一个函数的上方，肯定向下移动不劣。记函数为 $f_j(x)$，记 $g(x)$ 是下轮廓。

稍作转化，我们考虑直接对 $g(x)$ 做 dp，一个 $g(x)$ 是最优的当且仅当对于每个 $S_i$，都至少有一个 $(x_k,p_i)$ 落在上面，还要要求每个 $(a_i,-q_i)$ 都落在上面。由于关键点折线的长度很短，我们考虑设 $f_{i,S}$ 代表考虑到了 $x=i$，前面长度为 $15$ 的折线的 dp 值为 $S$。我们把一个 $S_i$ 集合的贡献挂到 $\max(S_i)$ 去算。

考虑到 $x=a_i$ 时所有转移式都要带上 $-g(x)$ 的贡献，考虑把这个贡献拆到每一步决策上，具体来说每一步决策的贡献都是这一步的决策 $c_i \in \{-1,1\}$ 乘上后面 $x=a_i$ 的个数减去后面 $\max(S_i)$ 的个数。考虑刷表转移：

这一个点不是某个 $\max(S_i)$：
- 如果在此从向上走变为向下走：$f_{i,S'} - sum\to f_{i+1,S}$，这里要求 $S'$ 的末尾是 $0$，$S$ 的末尾是 $1$。
- 继续走：$f_{i,S} +sum (-1)^{S_0} \to f_{i+1,S}$，这里要求 $S$ 和 $S'$ 的末尾相同。
这一个点是某个 $x=a_i$：
- 如果在此转折：$f_{i,S'} + sum \to f_{i+1,S}$：这里要求 $S'$ 的末尾是 $1$，$S$ 的末尾是 $0$。
这一个点是某个 $\max(S_i)$：
- 这个时候 $O(k)$ 计算一下前 $k$ 项的贡献即可。

由于这个 dp 值域非常大，需要改一改在 $a_i$ 之间 dp。那么做完了，时间复杂度 $O(nk2^k)$。

CF1844G Tree Weights

这几把是给人做的吗？首先我们有：

\[\text{dist}(u,v) = \text{dep}_u + \text{dep}_v -2 \text{dep}_{\text{LCA}(u,v)} \]

我们考虑，如果我们把这个式子对 $2$ 取模，会有什么影响。我们发现，最后那一项必然等于 $0$，由于我们已知 $\text{dep}_1=0$，那么我们可以推出来 $\text{dep}_1 \sim \text{dep}_n$ 的奇偶性。

那么我们继续考虑，如果对 $4$ 取模呢？那么我们发现，最后那一项变成了常数，也就是我们可以推出来 $\text{dep}_1 \sim \text{dep}_n$ 对 $4$ 取模的值。依次类推，我们可以知道 $\text{dep}_1 \sim \text{dep}_n$ 的值。那么做完了，时间复杂度 $O(n \log V)$。

QOJ837 Giant Penguin

首先大力点分治，考虑每个顶点最多位于 $k$ 个简单环这个条件，也就是说当前分治中心 $u$ 下面最多有 $k$ 条横叉边，我们把这 $2k$ 个点拉出来。首先我们跑一遍以这 $2k$ 个点为起点的 BFS，在当前分治中心按时间顺序遍历所有查询。

我们考虑一次查询的答案分成两个部分，一种是走到分治中心 $u$ 再走下去，另一种是直接走到 $2k$ 个点之一然后走过去，这些东西都可以大力维护，时间复杂度 $O(nk \log n)$。

一个多重背包技巧

多重背包算方案的时候，假设某个物品有 $a$ 个容量为 $b$，可以直接塞一个权值为 $(a+1)b$，方案权值为 $-1$ 的 $0/1$ 物品，然后看作是大小为 $b$ 的完全背包。证明很显然。

感觉这个不是特别难，但是好像没往这个方向想过？

CF1458F Range Diameter Sum

树上圆理论，记 $f(u,r)$ 代表点 $u$ 的 $r$-邻域，那么显然有两个观察：

Lemma. 1：$f(u,r_1)$ 包含 $f(u,r_2)$ 当且仅当 $r_1 \ge r_2 + \text{dist}_{u,v}$。

Lemma. 2：记 $c(S)$ 代表包含 $S$ 集合的最小邻域，不妨设 $r_1 \ge r_2$，那么有 $c(f(u,r_1) \cup f(v,r_2)) = f(\text{mov}(u,v,(-r_1+r_2+\text{dist}_{u,v}) /2),(r_1+r_2+\text{dist}_{u,v}) /2)$。

考虑分治，假设我们当前处理区间 $[l,r]$，中点为 $M$，我们记 $h_i$ 代表前缀，后缀形成的圆，我们用 $h_l$ 把所有 $r$ 分为三类：被包含于 $h_l$，和 $h_l$ 无包含关系，包含 $h_l$，这三类都可以做指针。

现在我们来考虑怎么做贡献，首先第一类和第三类的贡献计算是平凡的，考虑第二类，答案是左边的半径加上右边的半径，最后加上两点间距离，这个两点间距离通过点分树可以快速实现，时间复杂度 $O(n \log^2 n)$。

CF1168D Anagram Paths

首先我们考虑合法条件，不难发现合法条件是对于任意的叶子节点 $i,j$，设 $s_{i,0\sim 25}$ 代表 $i$ 到根的 $26$ 个字母的出现次数，设 $t_i$ 代表 $i$ 到根的问号个数，需要满足有 $\sum |s_{i,c} - s_{j,c}| \le t_i + t_j - 2t_{\text{LCA}}$。

这样判断太复杂了，我们考虑找一个更简单的判断方式，具体来说，在每个点 $u$，我们对于每个 $c$ 维护每个叶子到 $u$ 路径上的 $s_{i,c}$ 的可能最大值，我们需要这些最大值的总和加起来小于等于深度差。记 $u$ 到叶子的距离为 $\Delta d$，那么条件写出来也就是 $\sum_c \text{maxs}_{i,c} \le \Delta d$。那么答案也就是 $\min(\Delta d_u - \sum \text{maxs}_{i,c} + s_{u,x} + t_{u,x})$。

这里 $t_{u,x}$ 指的是 $u$ 到根问号加 $x$ 的数量。这个时候直接大力 ddp 应该是 $O((n + q) \log n |\Sigma|) \sim O((n + q) \log^2 |\Sigma|)$ 的，但是我们考虑，每次修改只会影响某个点向上的一条链，我们二分出来容易做到 $O((n + q) \log^2 n |\Sigma|)$。

哦，妈的，我们发现我们判掉合法性后，在根节点算这个几把答案就是对的，全二可以做到时间复杂度 $O((n+q) (\log n + |\Sigma|))$。

P10789 [NOI2024] 登山

简单萌萌题。

诶我操看错题了，怎么从每个起点都要走，把我们的 dp 改为倒过来的，重新梳理一下思路：

首先我们定义 $f_u$ 代表从 $u$ 节点走到 $1$ 节点的方案数，我们按深度从小到大转移 dp。
记当前转移的点为 $u$，那么我们考虑 $u$ 的转移是从某个子树内的点 $x$ 再跳到某个祖先上面去，然后把这个祖先的 dp 值继承给 $u$。
我们考虑，一个 $x$ 何时可以进行这样的转移。首先祖先点的深度 $d_0$ 必须要小于等于 $x \to u$ 的路径的最小限制深度。其次这个祖先点需要满足 $d_0 < d_u$。
先考虑 $h_i=0$，我们考虑对于一个点 $x$ 的区间 $[l_x,r_x]$，我们在深度等于 $l_x$ 的深度时把这个 $x$ 加入某个数据结构，在 $r_x+1$ 删除它。我们查询 $u$ 的时候需要查询 $u$ 的子树所有转移点的值之和。由于加入 $u$ 需要更新这些 $x$ 的权值，但是我们发现更新的 $x$ 一定位于 $u$ 的子树，所以我们只需要做线段树上的带权加即可。
现在我们考虑 $h_i \ne 0$，现在的问题是，某些点可能吃不到 $u$ 的贡献。也就是我们需要限制 $u \to x \to y$ 这条转移路径中，$u \to x$ 的限制最小值的深度需要大于等于 $d_y$。我们对这个部分的贡献进行刷表转移，因为刷表更方便限制。假设当前刷表转移的点是 $u$，那么首先我们把 $u$ 子树所有限制深度 $<d_u$ 的点染黑。那么转移形如从 $u$ 走到某个点，然后一直跳父亲，并且不能经过黑色点。
换句话说，我们需要给当前集合 $S$ 每个点到根一段极长的白色点加上 $f_u$，这个东西可以线段树带权加，区间加权值，区间带权加，单点修改实现，这个东西可以用树状数组写历史和，容易做到 $O(n \log n)$。

题解区的一个思路是，我们给 $l_i,r_i$ 做差分，那么我们差分出来的结果是 $s_{\min(r_j,v_{i \to j})} - s_{l_j-1}$（这里 $l_i,r_i$ 是反着的），右边那个东西就是 $l_i = r_i$ 的情况，我们枚举 $\min(r_j,v_{i \to j})$，分 $r_j$ 和 $v_{i \to j}$ 枚举，枚举 $r_j$ 后向上是一条链，枚举 $v_{i \to j}$ 后向上选一个 $i$ 向下选一个 $j$ 容易做到 $O(n \log n)$。

26. 9. 9

今天怎么只做了两个题。。。

P14451 [ICPC 2025 Xi'an R] Epilogue of Happiness

P16452 [APIO 2026] APIOBike

我们考虑拿每个点的 $a_i-b_i$ 作为一个点的权值。首先把权值为 $0$ 的叶子节点给删掉，一个显然的上界是 $2n-2$，我们考虑从随便一个点出发，按子树的权值和排序后从大往小走构造肯定是合法的。

一个显然的下界是 $2n - 2 - \text{diam}$，这个下界显然取不到，但是启发我们比上界小的贡献一定是一条链提供的。如果我们确定了这条链，那么我们最优的走路方案一定形如：

对点 $u$，我们遍历子树权值和 $\ge 0$ 的儿子，如果这个儿子不是链上的节点，就走它。然后遍历所有遍历所有子树权值和 $<0$ 的儿子，同样限制要不是链上的节点。
进入链上的儿子递归构造。

我们考虑更简洁地描述这个策略，我们记路径上的点为 $p_1 \sim p_k$，记 $S(u,v)$ 代表以 $u$ 为根 $v$ 子树的权值和。那么所有点分为 $S(p_{i+1},p_i) \ge 0$ 和 $S(p_{i+1},p_i)<0$ 两类。首先第二类点走一遍必然不合法，但是我们考虑对于路径上每个极长的二类点段 $[l,r)$，由于 $r$ 是合法的，那么也就是说可以先从 $l \to r$ 并遍历所有正子树，然后遍历 $r$ 的所有非 $p_{r+1}$ 子树，然后从 $r \to l$ 回来填所有负的子树，然后最后从 $l$ 重新回到 $r$，也就是需要 $3(r-l)$ 的次数来填完。

也就是说，一条路径 $p_1 \sim p_k$ 能提供的最大贡献是 $\sum[S(p_{i+1},p_i) \ge 0] - \sum[S(p_{i+1},p_i)<0]$，考虑对这个做换根 dp，设 $f_u$ 代表 $u$ 子树，从 $u$ 出发的答案，那么转移是 $f_u = \max (f_v + \text{sgn}(S(v, u)), 0)$，换根 dp 容易做到 $O(n)$ 时间复杂度。

CF1442E Black, White and Grey Tree

这个题我是不是做过啊。首先我们考虑，只有黑点和白点怎么做？首先一个极大同色连通块肯定是一起删除，缩完了肯定是黑白点相间。那么我们每次考虑删掉所有最外圈的同色点，那么答案应该是直径加一除二向上取整。

现在考虑我们加入了这个灰色节点，直接大力做 dp 即可，时间复杂度 $O(n)$。

CF1712F Triameter

我们考虑设 $f_u$ 代表 $u$ 和离 $u$ 最近的叶子节点的距离，那么两个点 $u,v$ 的最短路是 $\min(f_u+f_v+X,\text{dist}(u,v))$。首先我们考虑二分答案，两个条件分别是 $f_u+f_v+X \ge \text{mid}$ 和 $\text{dist}(u,v)\ge \text{mid}$，我们枚举 $v$，把所有点按 $f_i$ 从小到大排序，那么 $u$ 的取值是一段后缀。

我们维护每个后缀的直径，然后 $O(n\log n) - O(1)$ 预处理 LCA 来维护后缀的直径，可以做到时间复杂度 $O(nm \log n)$。

观察到答案的上界是 $n$，我们考虑枚举答案。枚举 $u$ 然后每次尝试增加 $\text{mid}$ 即可，时间复杂度 $O(nm + n \log n)$。

树论讲课，但是写的 typora 丢了 /dk

P15732 [JAG 2024 Summer Camp #2] Do Make Segment Tree

这个题不是闵可夫板子吗，我们考虑斜率最大也只有 $O(N)$，直接维护分段函数暴力合并就是 $O(QN^2)$ 的。

QOJ5438 Half Mixed

首先我们考虑 $n \times m$ 的子矩阵个数，这个是 $2S_0 = \dfrac{nm(n+1)(m+1)}{4}$，我们考虑纯的子矩阵个数为 $S_0$。我们考虑怎么判断是否有解，一个必要的条件是 $S_0$ 是整数，也就是 $n$ 模四等于 $0$ 或 $3$ 或者 $m$ 也如此，我们不妨设是 $n$：

我们考虑把一行都染成同一种颜色，那么问题压缩到 $m=1$，也就是说我们需要找到一组 $L_i$，使得 $\sum L_i = n \wedge \sum L_i^2 = \dfrac{n(n-1)}{2}$。我们考虑这个东西每次贪心取最大的就是对的。我也不知道为啥，但是就是对的，大概感觉一下就是这个 $\sum L_i^2$ 项增加的很快，会留出来一些项填小数。时间复杂度 $O(nm)$。

QOJ8079 Range Periodicity Query

根据 border 那一套理论，周期应该呈现 $O(\log n)$ 个等差数列。我们直接找出 $S_k$ 的这 $O(\log n)$ 段等差数列然后去区间里面判断即可，但是我好像不会啊？

我们考虑如果固定了 $d$，那么合法的 $k$ 应该是一段前缀，也就是说每个点初始都有一个 $k_{\max}$，查询等价于查询区间 $k_i \le k$ 的所有 $i$ 中，$p_i$ 的最小值，这是一个二维偏序，离线下来扫一遍即可。

QOJ8074 Multiply Then Plus

首先 3log 肯定是容易的，线段树分治之后随便维护一些东西即可。我们考虑如何做静态的区间查询，我们考虑建立线段树，给线段树上每个节点维护一个凸包，把所有询问排序后在凸包上面做指针就是 $O((n+q) \log n)$ 的。

现在考虑加入了单点修改，线段树分治，考虑到查询在某个固定的时间，我们可以把查询挂在到根链上的每一个节点上，这样就有 $O(n \log n)$ 次修改，$O(q \log n)$ 次查询，套用上面的做法时间复杂度 $O((n+q) \log^2 n)$。

P3780 [SDOI2017] 苹果树

首先 $a_i \ge k$ 的部分没有用，然后选择的苹果个数肯定 $\le n+k$。一个暴力 dp 的想法是枚举最大深度，然后设 $f_{u,i,0/1}$ 代表 $u$ 的子树选了 $i$ 个苹果的最大权值，是否触碰到最大深度，这样做是 $O(n^3)$ 的，太劣了。我们复杂度的来源有两个部分，一个部分是树形背包的卷积，另外一个部分来自枚举的最大深度。

首先我们考虑把枚举的那个最大深度给干掉，这 $k$ 个点我们看作是，选择一条树上的主链，然后选择 $k$ 个附加的点。我们改一下 dp 状态，设 $f_{u,k}$ 代表考虑 $u$ 的子树，$u$ 是主链，并且 $u$ 用了 $k$ 个附加点的最大代价，设 $g_{u,k}$ 代表考虑 $u$ 的子树，$u$ 不是主链，并且 $u$ 用了 $k$ 个附加点的最大代价。我们考虑如果我们把一个非主链给算成主链，答案显然不优。这个转移是 $O(nk^2)$ 的。

考虑到树上依赖背包可以拍到 DFS 序上面做，把这个最大深度弱化为选择某个点并且提供到根的点数的容量。然后在 DFS 序上面做前缀 dp 即可，时间复杂度 $O(nk)$。

26. 9. 18

AT_agc056_b [AGC056B] Range Argmax

考虑对原序列建立笛卡尔树，然后对于一个区间 $[l,r]$，我们会选择 $k$ 个断点 $x_{1 \sim k}$，然后把区间断成 $[l,x_1),(x_1,x_2),\cdot\cdot\cdot (x_k,r]$ 这 $k+1$ 个区间，并且计算区间 $[L_i,R_i] \subseteq [l,r]$ 并且和某个断点交上的贡献，这些区间可以任选它们区间中的一个断点。

我草，怎么是排列啊，那么断点只会有一个 $x$，我们会把区间断成 $[l,x)$ 和 $(x,r]$，并且计算所有 $[L_i,R_i] \subseteq [l, r]$ 并且 $L_i \le x \le R_i$ 的贡献。我们考虑这样直接 dp 的问题在于，我们会把一组 $x_{1 \sim m}$ 给多次算入贡献，考虑建立一个单射来做去重。

那么我们来考虑怎么通过一组 $x_i$ 倒着生成 $p_i$，很明显我们很想让一个区间的最大值尽可能靠前来钦定单射，换句话说我们从大到小填 $p_i$，然后每次需要找到最前面的满足要求的位置 $q$ 把最大值填进去，回到刚刚 dp 的视角来看，这等于说我们找到 $[1,q)$ 的最大值 $q_0$，然后存在一个区间包含 $[q_0,q]$ 来限制。

那么可以 dp 了，设 $f_{l,r,q}$ 代表考虑区间 $[l,r]$，最大值的取值范围 $\ge q$ 的方案数，时间复杂度 $O(n^3)$。

AT_agc067_b [AGC067B] Modifications

我们考虑倒着来看所有操作，那么是给区间没有覆盖的位置全部打上覆盖标记。我们考虑这么做的好处，我们发现，那个排列 $p_i$ 可以直接丢掉，因为对同一个区间染色第二次直接无效。

考虑如何检验一组 $a_i$ 是否合法，每次找到一个区间颜色全部相同的 $[L_i,R_i]$ 并且把区间所有数全部变成通配符，合法当且仅当最终全部是通配符。容斥对不合法的序列计数。

我们考虑不合法的序列长啥样，肯定会有一些位置没有被替换成通配符，并且没有一个区间会内部全部是同色点。设 $f_{l,r}$ 代表用区间 $[l,r]$ 的所有子区间操作的答案，开一个辅助数组 $g_{l,r,p}$ 代表 $r$ 是断点，上一个颜色不同的断点在 $p$ 的方案数。设 $ok_{l,r,p}$ 代表用 $[l,r]$ 所有子区间操作能否把 $p$ 染色。枚举 $r$ 前面第一个断点的位置 $i$，分 $i$ 的颜色和 $r$ 相同或者不同分开讨论：

\[f_{i+1,r-1}\times g_{l,i,p} \to g_{l,r,p} \\ f_{i+1,r-1}(C-1) \times g_{l,i,p} \to g_{l,r,i} \]

转移的限制是 $ok_{p+1,r-1,i}=0$，然后计算 $f$，先加上 $C^{r-l+1}$ 然后枚举右边第一个断点容斥，时间复杂度 $O(n^4)$。

CF1864H Asterism Stream

我们只需要对所有 $x<n$ 的操作序列带权 $2^{\text{len}}$ 然后求和即可。枚举 $\times 2$ 进行的操作次数 $k$，每个 $+1$ 对最终的 $x$ 贡献为 $2^0 \sim 2^k$，把操作序列用 $c_0 \sim c_k$ 描述，需要计数有多少 $2^k+\sum c_i2^i <n$，贡献为 $2^{-k-\sum c_i}$。

添加一个 $c'$，计数 $c' + \sum c_i2^i = n - 2^k - 1$ 的 $c$ 序列。我们考虑左式求和的每个二进制位 $2^k$，分析每个 $c_i$ 是否能对 $2^k$ 造成贡献，这等价于说对于 $i \in [0, k]$，让 $c_i$ 的二进制位 $2^{k-i}$ 为 $1$，或者 $c'$ 的 $2^k$ 位为 $1$。我们按 $k$ 从小到大扫描，每次确定 $c',c_i$ 中对应的二进制位，并且记录上一位的进位，时间复杂度 $O(T \log^4 n)$。

26. 9. 21

CF1830D Mex Tree

首先考虑暴力 dp，我们对一个子树 $u$ 来看，记它的颜色为 $c_u$，则 $u$ 到子树内所有点的 $\text{mex}$ 要么是 $\text{mex}(c_u)$ 要么是 $2$。那么设 $f_{u,i,0/1}$ 代表考虑了子树 $u$，与根节点连通的极大同颜色块的大小 $i$，根节点颜色为 $0/1$。直接做树形背包转移是 $O(n^2)$ 的。

直接二分图染色应该会取到一个下界，取较小侧染成颜色 $1$，两边的点的个数分别为 $A,B$，那么答案就是 $n^2 - \min(A,B)$。这个下界实际上很大，并且损耗的部分 $\le n$，所以上面那个 dp 第二维 $i$ 开到 $O(\sqrt n)$ 即可，但是这样空间开不下。经过我们的分析，某个子树子树外独立的 $\ge B$ 的子树最多只有 $\frac{n}{B}$ 个，所以写精细一点空间就是 $O(n)$ 的。

P16319 [ICPC 2023 Jinan R] 铁路环游

首先一个平凡的想法是，我们设 $f_{i,L,k}$ 代表考虑了 $[1,i]$，当前连续段左端点在 $L$，已经放了 $k$ 条铁路。把 $L$ 这一维去掉考虑做断点转移，设 $f_{i,k}$ 代考虑到了 $[1,i]$，已经放了 $k$ 条铁路的最大的分。那么转移有：$f_{i,k} \to f_{i+1,k}, f_{i,k} + w(i+1,i+j) \to f_{i+j,k+j}$

这里的 $w(i,j)$ 是被 $[i,j]$ 完全包含的区间权值和。那么考虑把 $f_{i,j}$ 的状态改一改，改成 $f_{i,i-j}$，那么转移一形如 $f_{i,i-k} \to f_{i+1,i-k-1}$，转移二形如 $f_{i,i-k} + w(i+1,i+j) \to f_{i+j,i-k}$。线段树可以做到 $O(n^2 \log n)$ 的复杂度。

我们考虑这个东西是怎么转移的，我们会把区间挂在右端点上面，然后每次做的操作是前缀加，查询全局 $\max$。但是我们发现 $f_{i,j}$ 是关于 $j$ 单调递增的，也就是说这个前缀加每次会把一段前缀给做类推平。

具体来说我们给 $[1,p]$ 做完前缀加后，不停检查 $p$ 的后一个元素，如果这个元素被 $p$ 干掉了，那么就删掉这个元素。那么每个时刻最右边还存在的元素就是最大值。并查集维护双向链表即可，时间复杂度 $O(n(n+m)\alpha(n))$。

CF1750G Doping

首先我们枚举 $p$ 和 $p'$ 的 LCP 长度 $L$ 和 $p_{L+1}$，记这前 $L$ 个位置的上升段有 $c_2$ 个。上升段有 $k$ 个等价于说有 $n-k-1$ 对相邻的位置满足上升，我们考虑钦定一些位置满足 $a_{i+1}=a_i+1$。首先我们记 $a_{i+1}=a_{i}+1$ 并且 $a_i,a_{i+1}$ 都没有在 LCP 填过的数量为 $c_0$，然后 $a_{L}+1$ 是否被填我们记作 $c_1$，那么有方案数：

\[\binom{c_2}{a} \binom{c_0}{b}(n-L-b)! \to f_{a+b} \]

这样得到了一个 $O(n^4)$ 的做法，首先我们考虑对于一个 $L$ 来说，枚举的 $p_{L+1}$ 产生的贡献不一样当且仅当 $c_0,c_1$ 不一样，但是有效的 $(c_0,c_1)$ 的对数是 $O(1)$ 的，这样复杂度就降到了 $O(n^3)$。

考虑用 GF 看这个卷积，设 $F_i(z)=(1+z)^i$，$G_i(z) = \sum s_iz^x$。那么答案应该是若干个 $F_i(z) \times G_i(z)$ 的和，这个东西可以用秦九韶算法做到 $O(n^2)$。

QOJ5308 RPG Pro League

考虑对这个东西建图，左部点是 $A,B,C,AB$ 四个点，右部点是 $2^3-1$ 个子集对应的点，左边代表需求，右边代表人，二分答案 $t$，那么边分为三种：

源点 $S$ 到左部点，流量为 $t$。
左部点 $L$ 到右部点 $R$，流量为 $\infty$，要求 $L \cap R \ne \varnothing$。
右部点到汇点 $T$，流量为人的数量。

那么我们实际上只需要检查 $S \to T$ 的最大流是否等于 $4t$ 即可。实际上这个不需要二分，答案就是 $\min \left ( \frac{|N(S)|}{|S|} \right )$，现在考虑怎么求最小代价，考虑对这个东西做费用流，我们发现 $S \to L$ 和 $R \to T$ 的边都不会退流，这东西直接跑一个费用流复杂度是对的。

现在考虑带修改，把某个 $R \to T$ 的费用给改掉了，我们需要判断这个费用流是否出现了一个负环，这等于求 $T \to R$ 的最短路，求出来之后更新信息即可，时间复杂度 $O(n \log n)$。

QOJ8047 DFS Order 4

我们考虑如何判定一个 DFS 序是否是可以被生成的，首先 $p_1=1,p_2=2$，那么这个时候我们讨论 $3$ 节点的位置，要么是 $2$ 的儿子要么是 $2$ 的兄弟，假如 $p_3=3$ 我们不妨钦定它位于儿子，否则位于兄弟。

换句话说，我们给 DFS 序和树建立一个双射，我们对满足以下条件的树 $T$ 计数：

每个点的权值都大于其父亲的权值。
每个点的权值都小于其父亲前一个儿子子树内的最大点。

考虑到如果树形态固定了，先不考虑第二个限制，我们给节点之间连边代表偏序关系，那么 $T$ 生成的 DFS 个数为 $\frac{n!}{\prod siz_i}$。把 $n!$ 提取出来然后对下面做 dp。对第二个限制做容斥，做完容斥形式很好看。

设 $f_{i,j}$ 代表大小为 $i$ 的树，并上一个大小为 $j$ 的子树方案数，那么考虑转移，枚举第一个儿子：

如果 $u$ 只有一个儿子：$f_{i-1,0} \times \frac{1}{i+j-1} \to f_{i,j}$。
否则我们枚举这个儿子的大小 $k$，那么有转移 $\frac{1}{i+j-1} \sum_{k=2}^{i-2} f_{i-k,j} \times (f_{k,0} - f_{k,i-1-k+j}) \to f_{i,j}$。

时间复杂度 $O(n^3)$。

26. 9. 22

CF704B Ant Man

懒得写了，总之大概意思就是这个东西不用再加两维 $0/1/2$ 来单独处理 $s,t$ 的情况。

QOJ9865 Dolls

我们考虑一个区间可以缩成一个数，那么所有子区间都可以缩成一个数，那么直接大力贪，需要做一个划分状物。首先直接二分炸了，倍增找到在哪个范围里面二分复杂度是 $O(n \log^2 n)$。

AT_arc230_a [ARC230A] Meeting on Tree

我们考虑对每条边有贡献 $\min(A,B)$，这里 $A,B$ 是两边的黑点数量，也就是说我们需要求：

\[\sum_{x}\sum_y \binom{i}{x}\binom{n-i}{y}\min(x,y) \]

我们把 $\min$ 给拆掉并且加上 $x \le y$ 的限制：

\[\sum_{x}\sum_y[x\le y]\binom{i}{x}\binom{n-i}{y}x \\ =i\times \sum_{x}\sum_y[x\le y]\binom{i-1}{x-1}\binom{n-i}{y} \\ =i\times \sum_{x}\sum_y[x\le y]\binom{i-1}{x-1}\binom{n-i}{n-i-y} \\ \]

那么 $x \le y$ 的条件也就是 $(x-1+n-i-y) \le n-i-1$，然后范德蒙德卷积，时间复杂度 $O(n)$。

26. 9. 23

P11405 [RMI 2020] 秘鲁 / Peru

我们先考虑一个暴力 dp，设 $f_{i}$ 代表拍死 $[1,i]$ 的最小代价。考虑转移，有：

\[f_i = \min_{i-k \le j <i}(f_j + \max([j,i))) \]

首先单调栈加树状数组可以直接给这个 dp 优化到 $O(n \log n)$，然后其次这个 dp 显然可以单调队列优化，优化后的问题是对队头和队尾加入删除，需要维护最小值，这个双栈模拟队列并且重构就可以做到 $O(n)$。

P14721 [RMI 2025] 橙子 / Oranges

首先初始的 $k$ 个点一定要形成一组点覆盖，我们考虑怎么判定一组方案是否合法，首先管理员应该会尽可能把所有海豚往叶子上赶，具体来说，我们每次找到所有儿子都是叶子的节点 $u$，那么合法当且仅当 $u$ 和 $u$ 的所有儿子至多只有一个位置没有海豚。

QOJ964 Excluded Min

首先我们考虑怎么求 $F(1,n)$，我们考虑维护 $\text{cnt}[0,k]-k$ 的最大值，然后可以做到 $O(n)$。我们考虑枚举答案，然后每次把答案合法的区间给踹掉。枚举答案后要做的相当于说给包含某个点 $p$ 的区间 $-1$，然后查询 $\max$。

我们不难发现如果一个区间 $[l_1,r_1]$ 包含区间 $[l_2,r_2]$，那么 $[l_1,r_1]$ 的答案一定 $\ge [l_2,r_2]$ 的答案，那么也就是说我们只需要保留一系列极大的左右端点升序的区间，那么就可以线段树维护了，时间复杂度 $O(n\log n)$。

CF1672I PermutationForces

我们维护出来一个序列 $A_i=p_i-i$，一次操作可以看作是选择某个位置 $x$，然后给满足 $(i < x\wedge p_i >p_x)$ 的位置的 $A_i$ 加一，给满足 $(i>x \wedge p_i < p_x)$ 的位置的 $A_i$ 减一。

我们考虑这样一个策略，每次选择 $|A_i|$ 最小的一个位置进行操作，不妨设这个点的 $(i,p_i)$ 在 $y=x$ 上方，那么这个点的左上方必定都是给 $|A_i|$ 减一，右下方且在 $y=x$ 右下方必然也是给 $|A_i|$ 减一，而 $(i,p_i)$ 到 $y=x$ 这段区域肯定没有点，所以肯定是不劣的。

我们对 $p_i \ge i$ 的所有点进行考虑，我们发现，对于两个点 $(i,j)$，如果满足 $i < j \wedge p_i > p_j$，那么 $i$ 一定在 $j$ 后面被删掉，所以可以仿照 QOJ964 只保留一系列上升点列，这样修改就从二维降到了一维，然后可以线段树在 $O(n \log n)$ 时间复杂度解决。

这一个降维的策略大概意思是对某些二维（或区间）上的删除的问题，如果点之间存在某种偏序关系可以降掉一维。具体需要证某个点在另外一个点后被删除。

P14463 【MX-S10-T4】『FeOI-4』呼吸之野

首先经典地，我们把 $\ge x$ 的数看作 $1$，否则看作 $-1$，一个区间中位数 $\ge x$ 就等价于区间和 $\ge 0$。

对于每个左端点 $i$，我们找到一个 $f_i$ 代表 $[ f_i,i]$ 是满足区间和 $\ge 0$ 且区间长度 $\ge k$ 的最大的 $l_i$，那么我们只需要对这 $O(n)$ 个区间判断合法性，所以得到了一个 $O(n^2)$ 的暴力。如果某个时刻 $t$，有 $f_i \le f_j \le j \le i$，那么 $[f_j,j]$ 之后一直会被 $[f_i,i]$ 支配，也就是说我们需要对每个位置求出一个存在时间 $[1,t_i]$。

我们首先考虑对某个固定的 $x$ 怎么算答案，考虑对序列扫描线，当前扫到了 $i$，记前面第一个保留下来的位置是 $j$，$i$ 如果要保留下来需要满足 $f_j < f_i$，我们对 $[j+1,i]$ 的区间和进行讨论：

$a[j+1,i] >0$：那么这个时候显然有 $f_j < f_i$，$i$ 一定会保留下来。
$a[j+1,i] \le 0$：这个时候如果不考虑区间长度的限制 $f_j$ 一定对于 $i$ 合法，也就是说因为长度的限制导致 $f_i$ 无法取到 $f_j$，也就是 $j-x+1 \le f_i \le i-x+1$。

那么我们对于第二种情况维护 $s_{0 \sim i-k}$ 的历史前缀 $\min$，每次更新 $i$ 都把历史和清空，然后丢到线段树上面二分可以在 $O(n \log n)$ 时间求出 $t_i$，查询直接二分可以做到 $O(n \log n + q\log^2 n)$。

我们考虑再反着求一个 $g_i$ 代表 $[i,g_i]$，然后这个 $f$ 和 $g$ 一一对应，可以直接做到 $O(n \log n + q\log n)$。

26. 9. 26

CF547E Mike and Friends

首先给查询差分，然后我们把查询看作是，建出 $S_1 \sim S_r$ 的 ACAM，然后把 $S_k$ 对应节点 $+1$，然后对于每个 $S_i$ 对应的点，遍历其到根节点上的所有节点 $u$，然后查询 $u$ 的 fail 树上到根链的标记点个数，最后把这些全部加起来。

我们扫描线 $r$，每次加入一个串，并且给这个串根链路径上的点 $u$，在其 fail 树上给根链 $+1$，然后查询 $k$ 时查询单点权值即可，时间复杂度 $O((n+q) \log n)$。

26. 9. 27

CF2053G Naive String Splits

首先我们考虑一个贪心策略，不妨设 $|x|<|y|$ 能放 $y$ 就放 $y$，否则放 $x$，这个贪心策略在 $x$ 不是 $y$ 的非整周期时成立。否则我们考虑判断接下来的串是否是 $y+x$，如果是填 $y$ 否则填 $x$ 即可，均摊下来时间复杂度 $O(m \log m)$。注意这里需要特判 $x,y$ 最小整周期相同的情况。

CF710F String Set Queries

注意到如果这个问题是静态的实际上非常简单，我们需要考虑的问题是如何强制在线。我们考虑维护一个线段树结构，每次给末尾加叶子即可，时间复杂度 $O(n |\Sigma| \log n)$。

CF2211G Rational Bubble Sort

我们考虑把 $(i,S_i)$ 看作是一个点，那么原题就变成了一张折线图，操作等于说是把 $i-1$ 到 $i+1$ 给拉平。首先如果一个点在 $(0,0) \to (n,S_n)$ 下方则显然有合法构造，否则如果有连续两个点不在线上无解，否则可以把不在线上的点全部拉回线上。

P12763 [POI 2018 R2] 诗集 Book of poetry

我们先尝试来分析一下答案下界，首先我们把 $a_i$ 全部加一然后对 $s$ 取模，答案就是排列前缀和数组对 $s$ 取模等于 $0$ 的数量。首先如果所有 $a_i$ 相同则我们可以直接暴力，我们观察到，否则大部分情况答案都是 $0$。

归纳构造，不妨设当前的集合为 $S$，先删掉所有的 $0$ 单独处理，那么每次我们考虑构造，提取出 $S$ 中出现次数最多的数 $x$：

如果 $x$ 填到末尾合法：那么直接填入 $x$ 即可。
否则我们找到出现次数第二多的数 $y$，把 $y$ 填入末尾，下一个必然是把 $x$ 填入末尾。

分析我们的操作，每次必然给最大次数减一，最坏情况也会给次大次数减一，如果数列没有绝对众数则答案必然为 $0$，现在考虑如果有绝对众数，这么填也是不劣的，时间复杂度 $O(n \log n)$。

P12923 [POI 2021/2022 R3] 模板 2 / Szablon 2

首先我们发现 $S$ 一定是文本串的一个前缀，或者说 $\text{rev}(S)$ 一定是文本串的一个前缀。我们首先考虑第一种情况，我们首先枚举这个前缀 $[1,p]$，那么暴力的做法我们用 Z 函数先求出来某个后缀和这个前缀的 LCP 长度，然后拿个指针跳一下即可。

我们发现这样做，然后每次选择左端点最大的一个进行扩展，跳两次必然加 $p$，那么总的遍历次数是调和级数 $O(n \log n)$。直接上线段树的复杂度是 $O(n \log^2 n)$ 的。哦这个可以扫描线并查集做到 $O(n \log n \alpha(n))$。

P5592 美德的讲坛

好像假了，待补。

P9935 [NFLSPC #6] 啊，忘记了。

首先删去所有的空串，然后尽可能合并前缀和后缀的非通配串，把全部是通配符的串加入答案，那么剩下的串形如：$A,*A,A*,*A*,A*A$ 五种形状。那么我们考虑首先判掉 $A$ 的形状，我们首先枚举 $A$ 的每个前后缀来处理掉 $*A,A*$ 的情况，然后给所有 $*A*$ 串的 $A$ 建 ACAM，把 $A$ 在上面走的每个点到根进行覆盖并求出来覆盖权值。最后剩下的问题是 $A*A$ 的形状，给这些串再建出来一个 ACAM，然后在 fail 树上面做二维数点即可，这一大部分的时间复杂度是 $O(n (|\Sigma| + \log n))$。

现在我们可以把 $A$ 踹掉了，现在剩下的形状还有 $*A,A*,*A*,A*A$ 四个形状，那么我们考虑 $*A*$ 一定可以加入贡献，还剩下 $*A,A*,A*A$，首先对 $A*A$ 类串建立 ACAM，然后 $A*A$ 串对其的贡献是二维数点形式，而 $*A,A*$ 的贡献形式是一维数点形式，这一部分的时间复杂度也是 $O(n(|\Sigma| + \log n))$ 的。

现在我们可以把 $A*A$ 也踹掉了，那么剩下的还有 $*A$ 和 $A*$，这两个部分是独立了，继续再做一个 fail 树上的一维数点即可，那么做完了，总时间复杂度 $O(n(|\Sigma| + \log n))$。这他妈不是模拟吗。

26. 9. 28

P13352 [GDCPC 2024] 腊肠披萨

考虑用 ACAM 去刻画 border 信息，先把所有串的 ACAM 建出来，然后遍历每个串，给 $S_{i,j}$ 的所在位置打一个颜色权值二元组标记 $(i,C^j)$，那么现在的问题是对于所有串的末尾点，求出来其在 fail 树上每次颜色第一次碰到的时候的权值之和。

那么考虑对于每个串 $S_i$，我们找到其每个末尾 $j$ 对应的点 $p_{i,j}$，然后把这些点全部拉出来建虚树后算贡献，时间复杂度 $O(|S| (\log |S| + \Sigma|)$。进一步我们发现这个虚树很蠢，我们直接对某个 $S_i$ 跑 KMP 就能求出来，然后权值和在树上打差分标记，时间复杂度 $O(|\sum S|\times |\Sigma|)$。

P9926 [NFLSPC #6] 所以 k 小生成树怎么做？

首先我们回顾次小生成树的求法，我们先建出来最小生成树，然后选择一条非树边把某条树边给顶掉，然后要求变化的权值尽可能小。考虑反悔贪心，考虑我们加入一条非树边 $(u,v,w)$ 后会有什么影响。

我们考虑给每一个状态找到若干状态后继，然后拿堆来一个一个取出前 $k$ 小，我们考虑对于一张树 $T$，真正的状态后继总共有 $O(m)$ 个。直接存进去复杂度爆了，我们考虑我们先找到树的最小后继 $T_0$，如果后续操作取出了 $T_0$ 再加入次小后继 $T_1$，如果取出了 $T_1$ 再加入次次小后继 $T_2$，以此类推。

现在的问题是，我们需要对某棵树求前 $m$ 小的替换边，换句话说需要多次查询路径最大值，如果直接倍增时间复杂度是 $O(mk \log n)$ 的，考虑反过来，我们对每条树边求它的最小覆盖边，按权值从小到大加入非树边，然后做路径覆盖，这样就可以并查集维护了，时间复杂度 $O(k \log k + m \log m + mk + nk\alpha(n))$。

QOJ7402 Chiaki Chain Counting

首先不难发现 $k=m-n+1$，我们首先考虑一个 $O(Tn)$ 的做法，我们枚举主链长度 $L$，选择 $L$ 个标号并且排列，然后从这 $L$ 个选择 $k$ 个定点，再给这 $k$ 个点排列。

我们首先考虑某个点下面挂了大小为 $x$，环大小为 $y$ 的子树的权值，这个方案数和 $y$ 无关，我们现在要考虑的事情是把 $n-L$ 划分成 $k$ 段，每一个长度为 $x$ 段的权值为 $x!$，并且长度有大于等于的限制，需要求出权值积的和。

这么做有点难搞，我们考虑看作是先把环固定下来了，然后往里面插入若干元素，转化一下，现在有 $k$ 个内部有顺序区分的盒子，有 $S=n-L-\frac{k(k+5)}{2}$ 个不同的小球放入。这等价于先给小球排列，然后再做插板，那么总的方案数就是：

\[\frac{1}{2}\sum_L n!\binom{L}{k} k!\frac{1}{2^k} \binom{S+k-1}{k-1} \]

但是这个还不对，因为端点的位置会算重复，那么我们的贡献分为三种，左右端点都是叶子，左端点是叶子，右端点是叶子，左右端点都不是叶子。首先解决左右端点都是叶子的方案数，这个只需要改一改组合数的上指标即可。如果左右端点都不是叶子，我们需要钦定左右端点下面直接连着环。如果左端点或者右端点是叶子，那么需要给一端的下面挂一个环，总方案数是：

\[\frac{1}{2^{k+1}} k! n!\left ( \sum_L \binom{L-2}{k} \binom{S+k-1}{k-1} + \sum_L \binom{L-2}{k-2} \binom{S+k-3}{k-3} + 2 \sum_L \binom{L-1}{k-1} \binom{S+k-2}{k-2} \right ) \]

但是很不幸这个几把东西在 $k \le 3$ 不对，我们把 $k=1,2,3$ 手动算掉，这一部分比较恶心，这里略去。现在考虑 $k>3$ 的情况。

很傻逼这个式子还是错的，因为为我们会把一棵树算多次，我们在草稿纸上手玩一下，我们发现，如果主链的某个断点下挂了一个环 $A$，并且和其在主链上最近的是环 $B$，并且 $B$ 和主链之间有至少一个点，那么我们 $(A,B)$ 算贡献会多一个 $2$ 的系数。如果两端都这样就会算出来一个 $4$ 的系数。

我们考虑算出来系数为 $1,2,4$ 三种情况的答案，我们记 $\text{sum1}, \text{sum2}, \text{sum200}, \text{sum201}, \text{sum211}, \text{sum3}, \text{sum30}, \text{sum31}$ 分别代表两边不挂叶子，两边挂叶子并无限制，两边挂叶子并主链上第一个和最后一个都是紧贴着主链的环，两边挂叶子并主链上有一边都是紧贴着主链的环，两边挂叶子并主链上第一个和最后一个都是不紧贴着主链的环，单边挂叶子并不限制，单边挂叶子并第一个是紧贴着主链的环，单边挂叶子并第一个不是紧贴主链的环。那么有：

\[\begin{align*} \text{sum1} &= \binom{L-2}{k} \binom{k+S-1}{k-1} ,\text{sum2} = \binom{L-2}{k-2} \binom{k+S-3}{k-3} \\ \text{sum200} &= \binom{L-2}{k-2} \times \begin{cases} 1, & S=0 \\ \binom{S+k-5}{k-5}, & S\neq 0 \end{cases} \\ \text{sum201} &= 2 \binom{L-2}{k-2} \binom{S+k-4}{k-4} - 2\,\text{sum200} \\ \text{sum211} &= \text{sum2} - (\text{sum200} + \text{sum201}) \\ \text{sum3} &= 2 \binom{L-2}{k-1} \binom{k+S-2}{k-2} ,\text{sum30} = 2 \binom{L-2}{k-1} \binom{k+S-3}{k-3} \quad\\ \text{sum31} &= \text{sum3} - \text{sum30} \\ \end{align*} \]

然后其中 $\text{sum201},\text{sum31}$ 的方案除以 $2$，$\text{sum211}$ 的方案除以 $4$，然后相加，这样我们得到了一个 $O(Tn)$ 的做法，还无法通过。

然后接下来我们把这所有和式全部通过范德蒙德卷积缩到一起，记 $N'=n-\frac{k(k+5)}{2}-2$，最终答案是：

\[n!k!(2^{k+1})^{-1} \left ( \binom{N'+k}{2k} + \binom{N'+k-1}{2k-2} + \binom{N'+k-2}{2k-3} \\ + 4^{-1} \binom{N'+k-2}{2k-4} + 2^{-1} \binom{N'+k-3}{2k-5} + 4^{-1} \binom{N'+k-4}{2k-6} \right ) \]

时间复杂度 $O(T)$，可喜可贺。

yukicoder 1001 注文の多い順列

题意：给定 $t_{1 \sim n}, x_{1 \sim n}$，如果 $t_i=0$ 则 $p_i \le x_i$，否则 $p_i \ge x_i$，求排列 $p$ 的数量，$1 \le n \le 5000$。

我们把条件写成 $\prod_{i,t_i=0}[p_i \le x_i] \times \prod_{i,t_i=1}(1-[p_i \le (x_i-1)])$，然后把所有 $(t_i,x_i)$ 排序（如果 $t_i=1$ 就给 $x_i$ 减去 $1$），那么考虑设 $f_{i,j}$ 代表考虑到了 $i$，前面有 $j$ 个数钦定了上界，那么转移系数为 $i-j$，时间复杂度 $O(n^2)$。

gym106559 Buhăiești

题意：给定长度为 $n$ 的，值域在 $[1,m]$ 的序列 $B_i$，求有多少个序列 $A_i$，满足 $A$ 的字典序严格小于 $B$，并且对于每个前缀 $i$ 都满足 $\text{mex}(A[1:i]) \le \text{mex}(B[1:i])$。

首先我们枚举 $A,B$ 的 LCP，记为 $L$，开始求出来 $B_i$ 的前缀 $\text{mex}$ 值 $s_i$。考虑 $\text{mex}(S) \le X$ 其实也就是说 $S$ 中至少有一个 $[0,X]$ 值域的数没有出现。考虑设 $f_{i,j,k}$ 代表考虑了前 $i$ 个数，然后当前 $j$ 没有出现，$[0,j)$ 都出现了，并且前面有 $k$ 个 $> j$ 的数。现在考虑转移：

当前 $A_i < j$：转移 $f_{i,j,k} \to f_{i+1,j,k} \times j$。
当前 $A_i = j $：设一个辅助数组 $g_{i,j}$ 代表考虑了值域 $[1,i]$，还有 $j$ 个剩余数的答案，初始把 $f_{i,j,k} \to g_{j+1,k}$，那么每次转移枚举这一层给多少个关键点，乘上一个组合数 $\binom{j}{x}$ 然后转移到下一层。
当前 $A_i > j$：转移 $f_{i,j,k} \to f_{i+1,j,k+1}$。

现在加上枚举的 LCP，我们需要对第一位的大小进行限制，再开一维 $0/1$ 代表是否填了 LCP 的下一个位置，那么做完了，时间复杂度 $O(n^4m)$。

QOJ10210 Misunderstood … Missing

考虑把贡献提前给算掉，设 $f_{i,j,k}$ 代表考虑到了 $i$，钦定后面有 $j$ 个位置攻击，这些攻击位置的下标和为 $k$，直接转移即可，时间复杂度 $O(n^4)$。

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