cf div2 1077 CDE
C. Restricted Sorting
显然 \(k\) 是可以二分的，我们考虑对于一个固定的 \(k\)，如何 check。
考虑可交换条件 \(|a_{i}-a_{j}| \geq k\)：显然，最大值与最小值是最大概率可交换的。而其他一对元素的交换，可以间接地利用两个最值做到。因此，对于每个最终未在排序后位置的元素（已在对应位置上的元素不用看），我们只需要看它是否能和最大值或最小值交换就行了，check 复杂度 \(O(n)\)。这个思路类似于虚点：虚点就是两个最值，实点是每个元素，边代表可交换性。对于检查任意一对实点是否连通，只需要分别检查它们与虚点是否连通即可。
D. Shortest Statement Ever
这里给出 \(2\) 种做法。
1
\(dp\) 做法
考虑按照二进制高位到低位进行数位 \(dp\)，并在 \(dp\) 过程中记录每一步转移的路径，以还原方案。
状态定义
\(dp_{bit,cp,cq}\)：只考虑二进制高 \(bit\) 位的前缀（从第 \(30\) 位开始），\(p\) 已形成的前缀与 \(x\) 相应前缀 的相对大小关系为 \(cp\)（\(-1\) 表示 \(p < x\)，\(0\) 表示 \(p=x\)，\(1\) 表示 \(p > x\)）；\(q\) 已形成的前缀与 \(y\) 相应前缀 的相对大小关系为 \(cq\)（同上），\(|x-p|+|y-q|\) 的最小值。
则 \(|x-p|+|y-q|\) 的最小值为：
找到相应的 \(p, q\)，按照记录的转移路径一步步回溯即可。
之所以设置 \(cp,cq\) 这样的状态，是因为在决策当前位 \(p, q\) 填什么数字时，需要明确当前已构建前缀与 \(x,y\) 对应前缀的相对大小关系，才能进一步清楚 \(x\) 与 \(p\)（\(y\) 与 \(q\)）是更接近了还是更远离了，进而决定变化量对贡献是增加还是减少。
状态转移
即决策当前二进制位上 \(p, q\) 填什么数字。
- 首先，由题目给出的硬性要求 \(p\space \&\space q = 0\) ，对于每个二进制位 \(p\)，\(q\) 不能都填 \(1\)。因此只需要枚举 \((0,0), (0, 1),(1,0)\) 三种情况即可。
- 只考虑 \(cp \rightarrow next\_cp\) 的转移（\(cq \rightarrow next\_cq\) 同理）：
- \(cp = 0\)：也就意味着已经填过的高位前缀上的每一位都是与 \(x\) 相同的。那么 \(p\) 与 \(x\) 在这一位上的二进制数字大小关系就是 \(next\_cp\) 的值。
- \(cp \neq 0\)：由于高位权重更高，\(p\) 与 \(x\) 在这一位上的相对大小无法改变形成的新前缀的相对大小，因此这时 \(next\_cp = cp\)。
- 转移形成的贡献的加减需要根据 \(cp,cq\) 进一步决定。
按照上面的想法作状态转移即可，并记录状态转移路径，最后从最优答案一步步回溯，进而得到该情况下 \(p, q\) 的值。
2
一个正确性显然的暴力做法
贪心做法实在是想不到，看了眼题解评论区中的一位大佬的评论才明白的：
首先检查 \(p=x,q=y\) 是否可行，即 \(x\space\&\space y = 0\)。
若不可行，我们仍先预设置 \(p=x,q=y\)，显然我们需要改变 \(p\) 或 \(q\) 的值。
既然值有所改变，那么对每个数就必然存在改变的二进制最高位是哪一位（该位上的数字与原数字不同），而二进制下总共才 \(31\) 位，因此我们考虑暴力枚举 \(p\) 与 \(x\)，\(q\) 与 \(y\) 不同的最高二进制位（当然也有可能不改变，需要额外枚举一个不改变的情况）。 对于 \(p\) 和 \(q\)，我们只对改变的那一位作翻转，则 \(p\) 和 \(q\) 的值要么增大（\(0 \rightarrow 1\)），要么减小（\(1 \rightarrow 0\)）。
考虑所有的 \(4\) 种情况：
-
\(p\) 增大，\(q\) 增大：为了让 \(p\) 与 \(x\)，\(q\) 与 \(y\) 的值更接近，显然此时我们要尽可能地减小 \(p, q\)。而我们只能改变更低的位（因为正在枚举的就是最高可改变位），显然，将 \(p\) 与 \(q\) 的这些低位均置为 \(0\)，会满足低位上没有共同的 \(1\)，且是最优解（\(|x-p|+|y-q|\) 尽可能小）。
-
\(p\) 增大，\(q\) 减小：此时我们需要尽可能地减小 \(p\)，增大 \(q\)。此时我们将 \(p\) 的低位置为全 \(0\)，\(q\) 的低位置为全 \(1\)，是最优解，且仍满足低位上没有共同的 \(1\)。
-
\(p\) 减小，\(q\) 增大：与情况 2 类似，低位 \(p\) 置全 \(1\)，低位 \(q\) 置全 \(0\)。
-
\(p\) 减小，\(q\) 减小：这时仍沿用上面的思路就不行了，因为这时的情况是低位 \(p,q\) 均置全 \(1\)，不再满足低位上没有共同的 \(1\) 这个必要性质。因此我们需要单独对这种情况作处理。
情况 \(4\) 的特殊处理：此时对于 \(p, q\)，我们想让它们均增大，但又不能让每一位上均是 \(1\)，而增大量越多越好，显然我们可以让 \(p,q\) 中改变位更高的数的所有低位置为全 \(1\)，另一个低位置为全 \(0\)。此时增大量尽可能地大，是最优解（证明自己体会一下吧。。。）。
按照上述思路模拟即可，复杂度 \(O(32^{2})\)。
E. Jerry and Tom
只需要证明一件事情：只要移动，Jerry 和 Tom 一定均选择可以到达最远点的那条边。由于 Jerry 获胜必须到达点 \(n\)，\(\forall (u,v)，u<v\)，所以 Jerry 必须尽快地走；而由于整个图的特殊性（\(\forall (u_{i},v_{i})、(u_{j},v_{j})，u_{i}<u_{j}<v_{i}<v_{j}\) 的情况不可能出现），使得类似 dp 的策略失效，想要尽可能地快就必须每次贪心选择当前可以到达的最远点移动。虽然 Tom 的移动比较灵活，但大体的移动策略上类似于 Jerry：都是要尽快地到达点 \(n\)，但是一旦发现在某次移动后确保可以截断 Jerry，以后就可以一直停止，直到 Jerry 送上门就行了。因此，到达任意某个点时，下一步走哪条边是唯一确定的。于是，整个图可以变成一棵树（每个点唯一的下一步到达点作为父亲，根节点为 \(n\)）。
设 Jerry 的起点为 \(x\)，Tom 的起点为 \(y\)。考虑 \(dep_{x}\) 与 \(dep_{y}\) 之间的关系：
- \(dep_{x} \ge dep_{y}\)：Tom 一定会在 \(lca(x, y)\) 处抓到 Jerry，此时 \(f(x, y)\) = \(dep_{y} - dep_{lca(x, y)}\)；
- \(dep_{x} < dep_{y}\)：Jerry 一定比 Tom 的行动快，最后先一步到达点 \(n\)。此时 \(f(x, y) = 0\)。
因此我们有了一份 \(O(n^{2}\log n)\) 的暴力代码：
ll ans = 0;
for(int i = 1; i <= n; i ++){ // Jerry
for(int j = 1; j <= n; j ++){ // Tom
if(i == j) continue;
int l = lca(i, j);
if(dep[i] >= dep[j]){
ans += dep[j] - dep[l];
}
}
}
cout << ans << "\n";
可以通过每次计算某个固定的 \(lca\) 的贡献来做到线性计数，进而转化为每次计算某棵子树的贡献，可以利用树上启发式合并来做；精心设计维护的信息，并利用树状数组/线段树加速计算就可以了。设计信息的方式很多，这里就不多赘述了，具体实现见 code。
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