ZROI 19.08.12模拟赛
写在前面：为了保护正睿题目版权，这里不放题面，只写题解。
“我发现问题的根源是大家都不会前缀和。”——敦爷
- A
敦爷spj写错了，差点把蒟蒻swk送走
\(50pts:\)
考虑不输出方案怎么做。显然是树形dp。
设\(f_{i,j,\{0/1/2\}}\)表示\(i\)的子树中，有\(j\)条链，根节点状态为：\(\{\)没选\(/\)选了向下的一条链\(/\)选了向下的两条链\(\}\)的最优解。
对于一棵子树，开始时只考虑根节点，依次合并每个儿子。合并时需要枚举父亲和儿子的状态，用\(size\)限制枚举上界，可以证明复杂度是\(O(nk)\)的。
转移的时候分别讨论各个状态之间的转移即可。
\(100pts:\)
输出方案也不难，只需要记录每个状态依次从哪个儿子的哪个状态转移来即可。
可以把转移方向放在儿子上，避免复杂的可持久化。
当然写起来就是另一回事了
复杂度证明：
合并大小分别为\(x,y\)的两棵子树，复杂度为\(O(\min(x,k)\cdot \min(y,k))\)。
不妨设\(x\geq y\)，对两棵子树的三种情况分别分析。
①\(x\geq k, y\geq k\)，则单次复杂度\(O(k^2)\)，但这样的子树最多\(\frac{n}{k}\)棵，总复杂度\(O(nk)\)。
②\(x\geq k, y < k\)，发现每个节点最多合并进\(size\geq k\)的子树一次，即整棵树上每个零散节点最多产生\(O(k)\)的复杂度，总复杂度\(O(nk)\)。
③\(x<k,y<k\)，对于一个节点，最多与\(O(k)\)个节点合并后，子树大小就会\(\geq k\)，因此每个节点最多产生\(O(k)\)的复杂度，总复杂度\(O(nk)\)。
- B
\(60pts:\)
对于一次操作\([x,y]\)，区间\([l_i,r_i]\)被访问的充要条件是：\([x,y]\)与\([l_i,r_i]\)有交；\([x,y]\)不完全包含\([l_i,r_i]\)的父亲。
由此可以得到一个\(O(nq)\)的算法，即对线段树上的每个节点分别统计访问次数。实现时有很多分类讨论，比较复杂。
\(100pts:\)
对于\(O(nq)\)算法里的分类讨论，每种讨论实际上都可以提取出一个关于\(x,y\)的低次多项式。
发现如果区间\([l_i,r_i]\)被\([x,y]\)包含，则它的每一个子区间都被其包含。因此整个子树可以规避分类讨论，预处理多项式系数即可。
即询问时遇到完全包含的节点可以直接退出，复杂度等同于线段树区间询问，\(O(n+q\log n)\)。
- C
\(60pts:\)
发现\(h_{i+1}-h_i\)等于\(i\)位置结束的每个子串的\(G_i\)之和，即\([1,i]\)每个前缀的末尾增加了一个字符。
把\(n\)个后缀拉出来跑kmp，维护一下前缀和即可。
\(100pts:\)
对于字符串\(A\)，\(f_i\)的含义其实是\(A[1…i]\)的border（相等的前后缀）个数。
由此得到\(G_A\)的含义是\(A\)的每个前缀出现的次数\(-1\)之和，因为每次枚举到这个前缀第一次出现以外的位置时，都会产生一次border的贡献。
再考虑\(h_{i+1}-h_i\)，即\(\sum_{j=1}^i G_{S[j…i]}\)的意义，发现对于\(S[1…i]\)的每个子串，设其出现次数为\(d\)，产生的贡献为\(\frac{d(d-1)}2\)。
用后缀自动机维护，每次加入新字符时，等价于\(fail\)树上到根节点的链\(+1\)，可以离线树剖或者LCT维护。
