Exemplary Examples VII
导语见 Exemplary Examples I。
T-151 CF2174F 26-3-28 B+
限制带在度数上的树计数问题，尝试把它和 prufer 序列联系起来，因为我们知道 prufer 序列中度数为 \(i\) 的节点恰好出现 \(i-1\) 次。从而，令 \(t_i=(\mathrm{mask}_i-\mathrm{cnt}_i)\mod 2\)。一个颜色一个颜色地 dp 插入到序列里即可。定义状态 \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 种颜色构成的子序列长度为 \(j\) 的方案数，得到 \(O(n^3)\) 的做法。
观察该转移是带组合数的形式，故设指数型生成函数。对于一种颜色来说显然 \(F_i=\sum_{j\mod 2=t_i}\frac{x^j}{j!}\)。想要将其翻译成封闭形式，应该如何做呢？
遇到取模，不妨单位根反演。就是说 \([x\mod m=0]=\frac{1}{m}\sum_{i=0}^{m-1} \omega_m^{ix}\)。故
于是问题变成 \(O(m)\) 个关于 \(e^x\) 的双项式相乘后的结果，那这个是允许暴力卷积 \(O(m^2)\) 维护多项式的。
T-152 QOJ13509 加强版 26-3-30 B
对所有 \(n\in[L,R]\) 输出结果，其中 \(L,R\le 10^11\) 且 \(R-L+1\le 5\times 10^5\)。
首先 \(n=(ab+1)t,m=bt\)。对于一个 \(n\) 无法枚举 \(m\)，希望改换主体枚举 \(b,t\)，关键在于是否一一对应。换句话说，对于一个 \(n\) 和一个 \(m\)，\(m\) 的两种分解形式 \(bt=cs\) 能不能同时满足 \(bt|(n-t),cs|(n-s)\) 呢？既然这样，有 \(bt|(|s-t|)\)，但是 \(s\neq t,s<bt,t<bt\) 这不可能。故问题转化为，枚举出三个数 \(a,b,t\) 满足 \((ab+1)t\in[L,R]\) 并给 \((ab+1)t\) 做一的贡献。
注意到那是三个数乘起来，而且数据范围 \(10^11\) 也提示了类根号。故只需枚举二者中较小的两个是 \(O(R^{2/3})\) 的，剩下的直接打等差数列标记即可。
T-153 26-3-30 B
记不得题了。大概是一个期望题，能够写出转移式子（如果转移式子是求和的话，那么复杂度大致是时限的千分之一），大概是 \(E_0=0,E_x=\min(E_{x-1}+1,\frac{1}{p}\sum_i (E_i+1))\) 之类的。输出八位实数。
输出实数提示乱搞。可以先按照 \(E_i=i\) 赋初始值，然后对每个 \(x\) 求出 min 式子中的后一项（按照 \(E_i=i\) 求的），并据此更新一次。迭代几百次之后输出，就过了。
迭代逼近是一种实用技巧。期望 dp 只是其中一类应用；它可以用于最短路（想象一下，最短路就是通过迭代求解 \(f_x=\min f_y+w_{x,y}\) 这一方程组）、博弈、后效性 dp 等。转移式子里面如果带 max/min 就可以尝试了。
T-154 QOJ9559 26-4-6 B
分析连续段，操作一恰好分裂一段。操作二相当于把用户为 \(x\) 的都涂成零，故想到对每位用户建立一个类并查集（将空位视作用户零）。为了支持在“空位”集合上二分、分裂某一段，所以想到对每位用户开一棵动态开点线段树/平衡树。所需要的就是线段树分裂-合并/平衡树带交并。时间复杂度可以套路地通过总节点个数势能法证明，类似 T-132。例如选择线段树分裂-合并，则每次分裂的复杂度必是 \(O(\log V)\) 且新增 \(O(\log V)\) 个节点，而合并时，每递归一次则必然删除一个节点，故总复杂度 \(O(n\log V)\)。
对于一次查询，需要询问节点 \(x\) 所在树的根节点，暴力跳即可。但问题在于，节点 \(x\) 有可能尚未被动态开点建立。可以离线所有询问并统一提前建立节点。我想也可以维护所有连续段的 \(l,r\)（对称地维护缝隙位置），每次查询时二分一下即可找出 \(x\) 所在连续段，从而对应一个线段树节点，就是比较难写。
T-155 P5473 26-4-6 A
对于前五个点，步数限制 \(O(n^2)\)，暴力询问即可。这可以视为“归纳”思想的应用：每次找出 \(i\) 节点相关的所有连边。
对于性质 A，步数限制 \(O(n\log n)\)，有两种方法。法一，类似 T-134 选择类分治/二进制分组的办法，只需二进制分组即可，每次花 \(O(n)\) 代价，为每个点 \(i\) 求出，它的对应点在第 \(j\) 位上是不是一。法二，尝试“归纳”，每次找出 \(i\) 节点相关的那个对应点。考虑到步数限制，故尝试二分，把一个编号上的后缀，都用操作一处理，然后用操作二询问 \(i\)。这样的话，单点 \(O(n)\) 次操作一（指针移动），\(O(\log n)\) 次操作二，无法接受。因为要做好多次二分，改为整体二分即可。
对于性质 B，对每个节点找出父亲，整体二分即可。
对于性质 C，原图是一条链。尝试性质 A 法一，即可得到每个点 \(i\) 邻域的编号异或和 \(p_i\)。然而每个点邻域至多两个点。这类似于求解一个异或方程组，可以递推，例如说求解了节点 \(x\) 的全部邻域信息，那么可以跳到这两个相邻点上，然后马上求解它们的邻域信息。只需一个触媒，我们对节点一按照“前五个点”的做法，暴力 \(O(n)\) 求出邻域信息即可。
对于性质 D，扩展性质 C 的做法。是一棵树，故尝试剥叶子。整个过程必须从“找出一个叶子”开始，换句话说整个过程就是“找出一个叶子；消除其影响”的不断循环。“消除影响”是容易的，关键在于如何“找出一个叶子”。先别管复杂度，枚举一下 \(i\) 就变成“判断 \(i\) 是否是叶子”。必然是用四种操作去判定，我们把通用的判定过程称为“解”，手动爆搜“解”是什么，也就是先枚举“解”的第一步操作，然后找出第二步操作等等。大概率操作和 \(i,p_i\) 有关。经过枚举，先操作一 \(i\)，然后询问 \(p_i\)，就可以判断 \(i,p_i\) 之间是否有边。如果有，那么把这条边加入到答案集合里，然后选用操作四即可判断 \(i\) 是不是叶子。
对于整道题目，选用整体二分，每轮即可为所有“尚未求出整个邻域”且往前连了奇数条边的点，找出往前的一条边。但这不能保证复杂度。只需（每轮）随机打乱一下编号就能通过了。
T-156 T-095 加强版 25-12-17 S+
其实若 \(n\le 2\times 10^5,q\le 2\times 10^5\) 也能做，略显神秘。先放缩 (*)，由错解不优，注意到若 \(j\) 略不合法，只要 \([i+2,j]\) 段没有被删空，则你直接算 \(-(j-i+1)(k-f_i)\) 这个负的贡献会比实际情况还差，因此判断合法性时，只需要 \(j>i+1\) 且 \([i+2,j]\) 段没有被删空即可。那么判断这个段没有被删空，可以比较 \(b_{i+2},k-f_i\) 的关系，若第一个大，则显然未被删空；若第二个大，则 \([i+2,j]\) 最小值一定小于应该被删的次数，这个东西本来是不合法的。故“若 \(f_i\le k\le f_i+b_{i+2}\)，就认为一切 \([i+2,j]\) 段是合法中缀、\([1,i]\) 是合法前缀”是正确的。注意到 \(f_{i+2}\ge f_i+b_{i+2}\) 所以对于一个 \(k\)，合法的 \(i\) 只有 \(O(1)\) 个。据此做到 \(O(q\log n)\)。
T-157 原计划的 T-102-3-2 CF1852F 26-1-14 S
配对呀，没想法吗？二分图最大匹配、网络流。那么我是用霍尔定理处理的。以红熊猫为左部点、蓝熊猫为右部点，霍尔定理说，找出任一左部点子集 \(s\) 及其邻域 \(N(s)\)，则 \(n-\max |s|-|N(s)|\) 就是答案。用描述法，只需记录 \(s\)，则足够计算 \(|N(s)|\)，对所有 \(s\) 求最值，就是答案了。
具体如何计算呢？以时间轴为横轴，位置轴为纵轴建立二维平面，则一只红熊猫 \((x,t)\) 的邻域应该是：过 \((x,t)\) 的，斜率分别为正负一的两条直线，把平面分成四个部分，其中属于右部的所有蓝熊猫。将这个“右部”称作红熊猫的“贡献正方形”。据此，\(N(s)\) 就是 \(s\) 中红熊猫“贡献正方形”并集内的，所有蓝熊猫。旋转四十五度，就变成常规平面上的问题了，不妨让“右部”旋转后变成“左上方”，初始化位置是 \((-\infty,0)\)，跟 T-102-3-1 一致。
我刚才强调，要会算答案，也就是给定 \(s\) 要会算 \(N(s)\)。把 \(s\) 中的红熊猫画出来，则对计算 \(N(s)\) 有贡献的，只有右下边界的若干红熊猫，这些熊猫互不隶属于对方的“贡献正方形”。能够确定 \(N(s)\) 则剩下的都不重要。本题是最优化问题，不妨放掉“不在右下边界的红熊猫有哪些”这部分信息，选择贪一手：在右下边界确定时，其左上方的一切红熊猫都会被选择入 \(s\) 才最优。假设没有修改，容易得到 \(O(V^2)\) 的断点转移 dp。当然能改成逐步转移，不妨钦定只有“向右转移”时计算代价。也就是说转移式形如
现在加入修改，它按照原 \(x\) 坐标从小到大添点（也就是现有坐标 \(y-x\) 从小到大添点）。把“现已添完了 \(y-x\le t\) 的点”中的 \(t\) 称作当前的时刻，则本问题有三个轴，分别是两个位置轴和一个时间轴。不妨把时间轴放最外面做扫描线。虽然当时刻增加一时，似乎大多数 \(f\) 值都有所改变，但准确地写一下。(*) 你会发现，一切超出当前时间轴限定的右下三角形范围的状态，它对其它状态（在“范围”内）的作用，仅仅是一个类似“取前缀最大值”的影响。也就是说我们在扫描线没扫到该位置时，不是很用考虑该位置的 dp 值对答案的影响；而它对答案的实际影响就是，本来你只需查询全局右上角的 dp 值作为答案，现在需要改查全局最大值了。那不妨仅在扫描到某位置时才算其 dp 值，相当于在扫描的过程不断维护 \(y=x+t\) 这条直线上的 dp 值，用它去推出 \(y=x+t+1\) 的 dp 值。这个东西呢，因为值域较大，不妨维护连续段或者说维护差分数组，然后上平衡树处理一下就行了。
这个是啥道理呢，就是说我们做扫描线扫掉一个轴，譬如说扫到“该轴坐标等于 \(t\) 的位置”，90% 都是用数据结构维护另一个轴，也就是说维护一切形如 \((t,y)\) 的点的值。如果动态加点只加在某个轴的末端，就直接明示了它要扫描线。如果你的扫描线，不太像是在维护上述“另一个轴”，那肯定是你分析错了，或者直接维护“另一个轴”也是对的。反正扫描线就得搭配这个，就像一旦分块，\(O(n\sqrt n\log n)\) 就不可能是正解（带老哥的数据结构跟分块不搭）是一样的。
T-159 QOJ7324 26-3-16 S
先考虑欧拉子图计数 (*)，找出连通块内任一生成树，则非树边任意取入子图/不取，这样，连通块生成树里的每条边的取/不取也能随非树边的情况唯一确定。换句话说，答案就是二的非树边次方，即 \(2^{m-n+c}\)，\(c\) 是连通块个数。本题中，权值是 \(x^2\)，不妨拆组合意义，改为钦定两条边并求出“包含这两条边”的欧拉子图个数。若两条边重合。如果能够找出一个生成树不包含此边，那么显然这边是自由的，答案应为 \(2^{m-n+c-1}\)。反之，此边应为割边，若选择割边，则找出任意包含它且合法的生成欧拉子图中，包含此边的那个连通块，删除该边之后，得到两个新连通块，每个连通块内所有点度数（用欧拉子图内边计算度数）之和，恒为奇数，这不可能。所以若该边是割边，则贡献为零。若两边不重合且某边为割边，贡献也应为零；若不重合且没有割边，贡献就应该是 \(2^{m-n+c-2}\) 吗？不一定，若对于任意生成树，两边中恰有一个必定在树上怎么办呢？换句话说，此两条边都割掉后，原图会新裂出一个连通块，对每个连通块，虽然有两个点的度数被外界钦定增加一，但是我们造生成树后，一个“非树边选法”仍旧一一对应一个欧拉子图。所以贡献应为 \(2^{m-n+c-1}\)（连通块个数增加一）。
那么问题转化为，求原图的大小为二的割集数目（大小为 \(x\) 的割集，其超集仍是割集，所以要把其中一条边本身是割边的方案容斥掉）。套路是，建立任一棵生成树，将非树边赋一个随机哈希权值，并将非树边两端点间的路径上树边异或这个权值。那么一个边集是割集的充要条件是，这些边的权值集合线性相关（存在某个子集，使得它的异或和为零；或者跑线性基以后，数目与集合大小不同）。当然，这种随机哈希的办法，只能处理待询问割集很小的情况。如果要精确解，需要将上述随机边权改赋成如 \(2^i\) 这样任两个非树边包线性无关的形式，但这样一来对二进制位数的要求就成了 \(O(m-n+c)\)。反正本题中，因为只询问大小为二的割集数目，相当于问边权不为零且彼此相等的对数（这样问，就不用考虑容斥掉割边的问题了），就完了。
T-160 QOJ17158 26-3-16 S
限制形如“两点相等”，若把钦定相等的点连边，则只需求出连通块数就能算答案了。但是做不到这一点，考虑按某种顺序添加限制 ()（所谓“依次添加限制”，我总结写过的。或者也可看成是扫描位置轴递归子问题？好多 dp 不都是这样，反正你就得扫描位置轴），譬如按 \(i\) 从小到大依次添加“前缀 \(a_i\) 是回文”的限制。若 \(2a_{i-1}<a_i\)，那答案直接乘以 \(2^{(a_i-2a_{i-1})/2}\) 就行了；反之有点麻烦，因为在前缀 \(a_{i-1}\) 内也出现了新限制。啥限制嘞，\([a_i-a_{i-1},\frac{a_i}{2}]=[\frac{a_i}{2},a_{i-1}]\)。很聪明地注意到 ()，因为 \(a_{i-1}\) 本身是回文的，所以这限制相当于 \([1,a_{i-1}-\frac{a_i}{2}]=[a_{i-1}-\frac{a_i}{2},2a_{i-1}-a_i]\)。换句话说，就是对序列 \(a\) 做操作，删除 \(a_i\) 并添加 \((2a_{i-1}-a_i)\)，方案数不会变化，递归下去了。所以我们倒着做，按 \(a_i\) 从大到小扫描，每次让相邻两个元素互相消消消，直到满足某个元素大于另一元素的二倍，用除法加速一下即可。关注回文串，有时它必定会具备 border 以及相关性质。
T-161 QOJ5442 26-3-16 S*
哈哈哈（精神状态良好）。第一道 S*，后面还会有更多。我真难理解，真难理解，究竟是什么人会做这种题，这还是人吗。
我不知道你如何注意到，行列任意做互换，答案不变 (*)。甚至任意互换一些元素，最终答案仍不变。然后行列互换也可视作元素互换，故只需证明后者。把元素分配互异的编号。元素互换后，再开始操作，操作结束后可以把元素换回来（将对应编号的元素再互换一次），这样得到的盘面就跟没做互换且进行操作后的盘面一致。故，是否互换，最终盘面一一对应。
然后我不知道你如何注意到，他对行列的操作具体是什么，其实挺无所谓的 (*)。什么意思，假设把某行受到的操作，视作对该行做一个置换，就是说若行原为 12345678 则换完后为 13572468，那么 \(p_1=1,p_2=3\) 诸如此类。根据上述任意互换的理论，我们可以把这个置换中，处于同一个置换环的那些列依据置换环顺序，换到一个连续的区域。在此，置换环分别是 1->1,3->5->2->3,7->6->4->7,8->8。因此将列由 12345678 换成 13527648。行列都处理完之后，你再看。对这个新矩形的第 \(k\) 行做操作，完全相当于本行的每个列连续区域部分，各自向右循环移一位。对列操作也完全类似。
现在没有复杂的置换，只有若干次循环移位。将连续区域缩点，得到 \(n'\times m'\) 个缩合区域。称连续区域行为一个行组，连续区域列为一个列组。显而易见，无论如何操作，一个缩合区域内的元素不会跑出去。
如果忽略一些行和一些列，就是删除它们（称作关键行列，但要求如果删除一行，也要删除对应置换环中的所有行；列也类似），得到一个新矩阵，求出新矩阵的所有可能结果（盘面状态）及其对应的至少一种操作序列，根据这些操作序列，还原出关键行列如果没被删除，经历上述操作序列后的状态。也就是说，根据新矩阵的每种可能的终止盘面，可以先还原出大矩阵的一种终止盘面。可以操作此时大矩阵上的关键行列，想怎样操作就怎样操作，得到大矩阵的一个最终盘面。能够证明，这样先不操作关键行列后来才统一操作关键行列，所得到的可能最终盘面数目，与依题意直接操作得到的答案相同。
那就好办了，先把所有所在行组大小为一的行，以及列拿出来，作为关键行列。设对于一个关键行/列 \(i\)，其内每个缩后区域的最小周期的 lcm 是 \(p_i\)。答案就是，把它们删除得到新矩阵的答案，乘以 \(\prod p_i\)，这个最小周期可以用 kmp 求出。记录 \(\prod p_i\) 为“答案一”。
现在不存在实际长、宽有一的缩合区域。对每个缩合区域，取势能量为，将缩合区域按照某种顺序排成序列并给元素分配互异编号，序列的逆序对数。这玩意的奇偶性变化规律是啥呢？考虑任意序列，互换两个元素，则逆序对奇偶性必变化。所以如果缩合区域宽为奇数，那操作缩合区域涉及到的任一列，就会造成逆序对数不变。我不知道你如何看出，假设天底下只有一个缩合区域，那如果缩合区域的逆序对数奇偶性不可以改变，则它的可能结果数目，就是 \(\frac{(rc)!}{2}\)，反之就是 \((rc)!\)。
我们来证证。考虑你玩魔方（没学任何公式之前），最常见的玩法是：
XXXX XXXX X2XX X2XX XXXX
X12X 12XX 13XX X13X X23X
X3XX X3XX XXXX XXXX X1XX
XXXX XXXX XXXX XXXX XXXX
姑且相信这个玩法，除了 1,2,3 以外的元素不会移动吧。那么用这种玩法，可以从上到下从左到右依次复原每个格子，直到左下角的两个格子。故证对了。
行，这个玩法用在天底下缩合区域极多的情况下，也并不会移动任何本缩合区域以外的元素，就可以把本缩合区域复原成你想要的样子。不妨我们把答案先记为 \(\prod \frac{(rc)!}{2}\)，然后再考虑给它乘 \(2^x\) 修正得到实际答案。这就得让一些缩合区域的逆序对奇偶性改变，就应该提前操作一手，这一手可能影响其它缩合区域的奇偶性。哦不对不对。这个缩合区域呢，如果里面有值相同的元素怎么办？事实上，如果存在哪怕一对相同元素，那所有盘面都能达成，因为你可以怎么着利用这个值相同的元素呢，骗过奇偶性分析。换句话说，这些“非互异区域”不需要受到提前操作，就能达到理论上的所有可能性，而且即使提前操作影响到了它，答案也不会改变。记录“非互异区域”的理论所有可能性为“答案二”。记录“互异区域”的 \(\prod \frac{(rc)!}{2}\) 为“答案三”。
好吧，讨论“提前操作”。具体来说，对于一个“互异缩合区域”，如果其长为偶数，则操作它涉及到的任一行都能改变其奇偶性；如果宽为偶数，则操作任一列都行。称长宽没有偶数的为“零区域”，恰有一个为偶数的为“一区域”，恰两个偶数的为“二区域”。假设描述每一行组、每一列组的提前操作次数，就能直接算出每个缩合区域的奇偶性能否改变。这就是在考察自由元数目。回忆 T-113-4，所有自由元素构成集合的性质（充要条件）是，若知道这些元素各自的值，则唯一确定剩余所有元素的值（依据题目给定的限制推出）；这些元素各自独立取值，无论怎样取，都不会因为和题目限制冲突而不合法；这些元素如果不是题目直接计数的元素，那么这些元素的一种取值唯一对应题目直接计数元素的一组取值。求这种集合的元素数目最大值。
取主元为行组、列组的操作次数，实际是零一变量；操作后什么都不会影响的行组、列组不算数。那么假设行组、列组全是自由元，这没什么问题，只是可能不满足最后一条要求——可能有两种行组列组的取值，对应同一种缩合区域奇偶性。不过，先记录上述行组、列组个数为 \(c\)，则记录“答案四”为 \(2^c\)。
我要去重！我要直接做除法！就是说，我要算出，对于同一种合法的缩合区域奇偶性，究竟有多少种行组列组取值符合它。易知对于每个“互异缩合区域”，其奇偶性在这些取值方案中都相同。“零区域”没什么用。对于“一区域”（设决定它奇偶性的行组/列组元为“涉及元”），它实际上限制了，涉及元在这些取值方案中必然取值相同。剩下的就是“二区域”（设它涉及的两个自由元分别为“涉及行/涉及列”）。那么考虑满足下述条件的区域：两种取值方案中，涉及行取值不同。从而，涉及列的取值也必须不同。这就会传导一切涉及到“涉及行/涉及列”的区域，然后继续传导。换句话说，将“二区域”的涉及行和涉及列连边，则一个连通块就会被传导到。
你要直接做除法。把“一区域”涉及到的连通块标出，给予豁免权（事实上，这些连通块似乎必然只有一个点）。其余的连通块，就代表你该做一次除法了，除以二。综上，总答案就是，答案一乘答案二乘答案三乘答案四，再做上述除法的结果！哈哈哈（精神状态良好），好题呀，就是有点要命。这就是我们大学生比赛吗。再会！
T-162 QOJ13008 26-3-19 S
描述法就是谁选了谁没选，检查合法性就是，第一个不能有两个选了的人互相删除，第二个不能有没选的人没被删除。观察一个选了的人能删除谁，把点画到二维平面上 \((i,p_i)\)，见下图容易得到 \(O(n^2)\) 的 dp。
这个 dp 是一维数组半在线形式，可以用 cdq 优化转移。当然还可能想到把一维 dp 变成两维状态逐步转移的，然后上整体 dp，但这条路我没有细究。现在看 cdq。写出 mid 左侧状态 \(f_j\) 向右侧 \(f_i\) 转移的限制：\(\forall k\in [j,i],[p_k\ge p_i]+[p_k\le p_j]=1\) 且 \(p_j<p_i\)。此限制跨过 mid 涉及分治区间的两边，与分治“两边独立”的要求不符。类似于 T-121，以 \(k\) 为主体同时考虑左右两半的贡献和要求，换句话说考虑右半元素对左半要求的贡献，以及左半元素对右半要求的贡献。左半自己解决不了的要求，需要右半来贡献，根据存在-极大对称，对 \(j\) 找出 \(k\in[j,\mathrm{mid}],\min_{p_k>p_j} p_k\) 记作 \(a_j\)。对 \(i\) 找出类似的东西记作 \(b_i\)。那么能够转移的限制就是 \(b_i<p_j<p_i<a_j\)。这是二维数点，可以单老哥解决，总复杂度 \(O(n\log^2 n)\)。
需要优化消老哥。既然有三个轴（值域，位置，dp 值），不妨改为扫描值域轴，用归并排序的方法可以得到区间内相对大小关系。如图
纵轴是值域，横轴是位置，\(x\)（黑线）是当前扫描到的值，黑蓝绿点是已经添加的点，红点是正在添加的点。当且仅当红点 \((q,x)\) 在右边时，计算所有左侧点对 \(f_q\) 的贡献。那因为限制了所有点的高度都小于 \(x\)，所以限制有一半不用处理了，另一半仅是 \(p_k<p_j\)。找到 \([\mathrm{mid},q)\) 最高点（如图红线的高度），那么左半能贡献的点就是黑红直线之间的、且在 \([l,\mathrm{mid}]\) 中是后缀最大值的那些。
查找红线高度，可以给右侧建立单调栈也就是绿点（你注意这里有一个对称，扫描的是值域，所以单调栈的判据应该是位置）均摊线性。但是查找左侧单调栈内值域高于红线的点中，dp 值最小是多少，这需要单调栈上二分外加树状数组之类的，不能做到线性。
单次查询 \(O(1)\) 意味着答案已经放在某处等你来取了，所以针对右侧单调栈的栈顶高度“顶高”（发现查找红线高度的时候，就是不断弹右栈，到最后红线就是栈顶高度），必须动态记录其对应答案。给左边加点的时候怎么办？加点涉及到弹栈和入栈，入栈简单，但弹栈如果弹掉了“顶高”以上的最小 dp 值对应点怎么办？此时必须 \(O(1)\) 计算“顶高”以上的新最小 dp 值。不妨给栈内每个点记录“从本点以下，一直到‘顶高’，其最小 dp 值是多少”，入栈时处理即可。那给右边加点时怎么办？入栈倒简单。弹栈时“顶高”下移，需要左边对应指针下移...
这太难了，下面只介绍题解做法 (*)。把左栈中的元素，按照右栈里的每个元素的高度分段，每一段都维护信息，弹右栈时相当于相邻两段信息合并，而且段不会分裂。对于一段，重要的实际只有段内的 dp 值后缀最小值（将靠左栈顶的一段称为“后”）。合并时，将两个后缀最小值数组对应合并，只需要删除一些元素，用链表实现，均摊正确。总复杂度 \(O(n\log n)\)。
记录“从本点以下，一直到段末，其最小 dp 值是多少”是我自己的想法，这个东西缩合连续段只记录拐点，就相当于所谓后缀最小值。所以体系之外的事实上只有：把左栈中的元素，按照右栈里的每个元素的高度分段。
T-163 QOJ17247 26-3-23 S
有一个 \(O(n^4)\) 的区间 dp，跟正解无关。
括号序列和二叉树可以互相转化，这个我们知道。但是其逆转化并不常见 (*)。具体来说，本题中将树 L-x-R 转化为 (L)R 的括号序列。我们对括号序列计数，翻译原有限制：将第 \(i\) 个左括号视作分配给节点 \(i\) 的，则节点 \(i\) 的中序遍历号码，就是第 \(i\) 个左括号的配对右括号。所以题目限制相当于说，钦定第 \(p_i\) 个左括号的配对，是第 \(q_i\) 个右括号。
我们知道括号序列计数，常常转化成类格路计数/取前缀和后上下震荡的模型。取后一个模型，那么强制某两个括号匹配，就意味着此两个括号处于同一基准线上，而且中间只准比基准线高。在已知的某个括号序列上（即强制匹配的那些括号构成的序列）想要 dp 做计数，需要把强制匹配的括号翻译成树形结构，先处理子树再搞父亲。做一个树形 dp，而两个儿子中间的那一段，没有什么额外限制，应该使用格路计数算方案数。其复杂度可以证明正确。
具体来说，在格路图（等价于前缀和震荡模型旋转四十五度的结果）上，以横轴为“右括号个数”，纵轴为“左括号个数”，则一对强制匹配的括号，处于同一斜率为正一的基准线上，且满足，终点横坐标为 \(b\)，起点纵坐标为 \(a\)。信息不充分，还需要枚举一个额外值“长度”，就能描述这两个点了。定义状态 \(f_{x,l}\) 表示当前在新树形结构的编号为 \(x\) 的节点上，钦定其长度为 \(l\)，子树方案数是多少。注意，无论如何，在 \(x\) 表示的匹配括号之间的那段折线，不得触碰基准线。
T-167 QOJ17398 26-4-7 S
若静态怎么做。首先 \(m\)（各个数字对它取模的余数相同）是质数最优。取边界元素 \(m=2\)，假设当前集合大小 \(|S|\)，易知答案大于等于 \(\frac{|S|}{2}\)。这是经典随机化套路：假设最优解 \(m\) 对应的集合是 \(T\subseteq S\)，则任取两个 \(S\) 内元素，这两个元素同时位于 \(T\) 中的概率是 \(\frac{1}{4}\)。故只需多随几次，就能保证找出一对属于 \(T\) 的元素。
假设它们是 \(x,y\)，那么 \(x=pm+r,y=qm+r\to x-y=(p-q)m\)，这也是经典套路，故枚举 \(x-y\) 的质因数，并且把它当作备选 \(m\) 扫描一遍 \(S\) 即可。用这个办法解决非静态问题，算复杂度，容易求得 \(n\) 以下质因数最多的数的质因子个数 \(\omega\)；每次询问的随机次数 \(r\) 应保证：\((1-(\frac{3}{4})^r)^q>1-\epsilon\)。大约是 \(O(qr\omega|S|)\) 的复杂度，其中 \(r\) 至少四五十吧，完全没有前途。
这是多个本质相同问题，尝试批处理。经典套路 (*) 是选取某个询问，找出对应的 \(S\)，并将后面 \(\frac{|S|}{t}\) 个询问一并处理，例如取 \(t=4\)，则集合内元素的改变个数不会超过 \(\frac{|S|}{4}\)，故“在 \(S\) 中随机选两个”对任意一个本批内询问的“成功概率（这两个同时处于对应询问的 \(T\) 中）”，都至少是 \((\frac{3}{8})^2>\frac{1}{9}\)。所以处理过程是：若 \(i\) 对应集合 \(S_i\)，在其中随机挑选 \(r\) 对数字，得到 \(O(r\omega)\) 个质因数，询问“上述各个质因数作为 \(m\)，在第 \(i+j,j\le \frac{|S_i|}{4}\) 次询问的集合内的表现分别如何”，这容易扫描线解决。总复杂度应为 \(O(4qr\omega)\)，这里的 \(r\) 要取到上百才合适，无法通过。
问题在于随机化造成的 \(r\) 无法接受。这种问题有一个经典的剪除随机化的方法 (*)。为了表述方便，以下阐述静态问题的解决方案，推广到动态问题，则跟上述方法完全一致。将 \(S\) 按照任意顺序写出（并未要求随机打乱）。然后每相邻六个分一组，组内元素连完全图共计 \(\frac{|S|}{6}\binom{6}{2}\) 条边，称边两端点都处于 \(T\) 中的是重要的边。因为 \(T\) 满足 \(|T|>\frac{3}{8}|S|>\frac{1}{3}|S|\)，故 \(T\) 中元素最平均的出现方法（柯西不等式）就是每组内出现两个，这样就仅有 \(\frac{|S|}{6}\) 条边是重要的。换句话说，将每条边端点的差值 \(s_i-s_j\) 分解，得到 \(O(2.5\omega|S|)\) 个质因数，则合法 \(m\) 必须在这些质因数内出现 \(\frac{|S|}{6}\) 及以上的次数，这种 \(m\) 合计 \(O(15\omega|S|)\) 个。
所以（动态问题的）总复杂度 \(O(4q15\omega)\)，能够通过。
T-168 P5811 26-4-8 S
问题与连通性有关，先建立圆方树。不妨令 \(a<b<c\)，且 \(A,B\) 是要连通的两个集合。用调整法感受一下，\(A,B\) 两个集合能往各自的叶子方向不断退缩。无根树先定根，先枚举一个根，不妨钦定 \(A\) 连通块包含根。将 \(A\) 连通块选定并删去之后，图大致会分裂成若干棵子树的样子（如果删去后，各个分出的连通块仍然建立圆方树。但这并不准确），\(B\) 连通块必须完全属于上述某棵子树。换句话说，在这棵有根树上，似乎只要有一个子树内圆点个数属于 \([b,n-a]\) 即可完成构造？如果是这样，只需枚举圆方树上某条边和“边的方向”，就唯一确定一个“子树”，从而在 \(O(n)\) 的复杂度内解决问题？
并不太准确。事实上，如果所有点都不满足条件，问题仍可能有解。关键在于若一个“方子树”（以方点为根的子树，子树的根通过“所枚举的有向边指向的点”唯一确定）内含圆点个数超过 \(n-a\)，那么 \(A\) 集合可能沁入“方子树”内部完成构造。我在 T-145 等处说过，先把已知变现，把已经解决的情况排除掉。现在只需讨论所有可能的子树大小，都小于 \(b\) 或者大于 \(n-a\) 的情形。
枚举该“方子树”的根方点。那么 \(A\) 集合必然选到了该点双内的超过两个圆点，且它涉及到的圆点，至多一个圆子树没有选满。这类似于将一个点双划分成两个部分，要求各自连通的问题。于是做双极定向 (*)，按照定向的顺序排序，取一个前缀作为 \(B\)，一个后缀作为 \(A\)，由于双极定向的性质，前后缀各自连通。一个个地加入前缀的子树，某次发现计数器越过 \(a\) 时，立刻终止，然后构造。
证明正确性 (*)：若存在圆子树超过 \(n-a\) 则该方点显然不可行；反之圆子树大小都小于 \(b\)，所以计数器越过 \(a\) 后，至多为 \(a+b-1\)，而剩余 \(c+1\) 个点留在后缀，且有 \(b<c+1\)。
虽然做完了，但是模模糊糊，跳步有点多，做法不严谨。那么另一种更准确的思路：把问题翻译到你选定的模型上。一个连通块在圆方树上的表现形如：所有属于该连通块的圆点满足，任两个圆点之间没有圆点不属于该连通块。换句话说，一个连通块在圆方树上也表现为一个连通块（把任两圆点之间路径上的方点也加入）。而两个连通块不能有交相当于：不能共用圆点。因为圆方树是圆方相间的，所以这两个连通块至多共用一个方点。
第一个，如果 \(A,B\) 对应的在圆方树上的连通块，不共用任何点怎么办呢？连通块转缝隙主体，此处的缝隙显然是一条边，而且因为是存在性问题，代价可重算。故枚举每条边，然后看它两端的圆点数目，一个要大于等于 \(a\)，另一个要大于等于 \(b\)，即可。
第二个，如果 \(A,B\) 恰好相交于一个方点。这意味着 \(A,B\) 集合各自选到了该点双内的超过两个圆点，且涉及到的圆点，至多一个圆子树没有选满。因为形如“点双，划分，连通性”，所以采取双极定向的方法，不再赘述。
T-169 QOJ14949 26-4-8 B+
在取模环上画出 \(a_l,...,a_r,v\)。那么必然是取一个位置断开，然后两边向 \(v\) 靠拢。换句话说答案应该是：用 \(m\) 减去“该取模环上，以上述 \(r-l+2\) 个点为断点，最长的区间长度”。
区间询问，不具备可合并性，直接排除序列分块、猫树。扫描线也不可行。只剩下莫队了。形如“往集合内插入/删除一个元素，问相邻元素之差的最大值”，超级经典的问题了。用 set 容易做到 \(O(n\sqrt n\log n)\)。
法一，带老哥莫队的优化，要么回滚，要么二次离线。痛恨加入操作，喜欢删除（可以环状链表），所以回滚莫队。我来介绍一下（按照痛恨删除喜欢加入的常规方式来说的，本题中需要反着理解）：回滚莫队比较沙比的一点是，它虽能规避删除操作，但（例如按询问左端点分块处理）左端点所在块，必须能够维护“撤销上一步”操作（莫队过程：同一块内，\(r\) 不停增加，但 \(l\) 保持在当前块的右端点 \(B_r\)。每次询问时，令 \(l\) 减小直到合适位置，然后查询。查询完后 \(l\) 要归位）。如果做不到“撤销上一步”，就应该考虑 \(l\) 减小时不影响原数组的值，也就是把 \([B_r,r]\) 的状态复制一遍，在上面做正常修改（还是只加的），然后查询，之后把这个复制出来的数组丢弃。常见的做法不是上面那个，而是通过某种方式使得在不修改 \([B_r,r]\) 状态的情况下直接算出 \(l\) 减小一后的答案。注意回滚莫队和定期重构基本相同，其关键都在于，如何“添加最后 \(\sqrt n\) 个修改”，一般而言因为是每个查询添一遍，查询之间互不影响，所以这些修改的添加顺序是可以任意指定的。并且，因为你是对一个块扫一遍全局，所以甚至可以针对当前正在哪个块，而个性化地指定其扫描全局的方式——常见办法形如，把本块内的操作涉及元素高亮标出，特殊处理；或者据这 \(\sqrt n\) 个修改涉及的关键元素进行全局分段等。可对照 T-070。线段树分治又何尝不是这样，需要能够撤销上一步操作。
本题中不需要那么麻烦，因为“撤销上一步”是可以办到的。维护一个栈，记录几个信息即容易恢复链表的状态。至于每次查询时特殊的 \(v\)，它只会影响一个段，所以只需动态维护当前最长段和次长段信息（包括长度、端点位置等）。特殊情况是“最长段、次长段被某次‘删除’合并了”。(*) 注意到如果发生这种情况，那么新最长段必然长于当前任意段的二倍，因此直接令新次长段为空段即可（如果没有新并段，那么无论 \(v\) 的位置，必然是最长段，或者最长段分裂后的两段，给答案贡献）；后续删除节点并段的时候，再更新出“新次长段”的值。
法二，用回滚莫队加“操作涉及元素高亮标出”的办法，据这 \(\sqrt n\) 个修改涉及的关键元素（也就是指，回滚时本块的元素）进行全局分段，则每段内维护一个链表即可维护分段内的最远值；还有就是相邻段间对答案造成贡献的情形，每次查询时，遍历那 \(\sqrt n\) 个分段即可处理出“距离最大值”。但仍有小问题，\(v\) 怎么办呢：可以直接算出“若无 \(v\)，则距离最大值，距离次大值及取到段的信息分别是多少”，依然存在法一所谓的“特殊情况”，类似地处理一下。
法三，用回滚莫队加“操作涉及元素高亮标出”的办法，进一步高亮标出块内修改涉及到的 \(v\)。这就需要带权回滚莫队：将 \(l=x\) 的查询次数记录到 \(a_x\) 处，从左往右扫计数器对 \(a_i\) 累计求和，每当计数器大于 \(\sqrt q\) 就新开一个块；每当本块长度大于 \(\sqrt n\) 也要新开一块。如果存在某个 \(a_x>>\sqrt q\)，那么对 \(l=x\) 的询问们特殊处理，扫一遍真正的“只删除莫队”（无需撤销上一步）即可。这种做法不会出现“特殊情况”。
法四，不需要回滚，直接莫队但用压位 trie 查询元素的前驱后继也可，常数略大些。压位 trie 板子要背过啊。
总结一下：如果查询时存在临时修改，但无法真正在数据结构上做修改。因此直接查询出的最大值，可能不是所求的最大值（改后就可能不再是了）。如果修改涉及到的元素很少。那么同时维护最大值、次大值、... 即可。
T-170 QOJ14944 26-4-8 S+
和 T-031 有所类似。这种自由度比较高、对局面掌控力强的问题（构造、博弈。尤其是博弈），先把跟构造方案/决策方式有关的隐性限制去掉，只关心“构造方案/决策方式超级优秀”的前提下仍出现的一切限制，在最优化问题中相当于得到某种下界。得到“下界”的下一步就是证明能够达到下界；但即使达不到，也有助于你的思考。
() 我刚才说限制和决策无关，那么只和初始牌堆有关。对给定的初始牌堆，如何分析“下界”呢？关注已知的东西，和决策无关的东西，或者一定会被决策的东西。如果你要完成任务 \(i\)，那么必然打出 \(a_i\)，这张牌得等恰好 \(n\) 才转回来。() 这意味着什么呢？这意味着什么呢？是不是，是不是，是不是，下一个满足 \(a_j=a_i\) 的任务完成时刻必须比第 \(i\) 个任务的完成时刻要晚上 \(n\)。
所以设出第 \(i\) 个任务的完成时刻下界 \(f_i\)，则 \(f_j=1+\max(f_{j−1},f_i+n)\)。边界情况（某种数字第一次出现）需要额外讨论。(*) 证明这个下界能够取到：每次如果能够完成当前任务就完成，否则打出离下一次投入应用的最远的牌。由题意根据鸽巢原理，时间间隔大于等于 \(2n\)，远大于 \(n\)。
然后期望拆贡献，枚举 \(k\) 之后，求使得 \(f_m\le k\) 的初始排列数目。可以根据转移式往前倒推对 \(f_i\) 的限制（形如 \(f_i\le t\)），推到边界情况处，就得到“第 \(i\) 种数字的第一次出现位置要早于 \(p_i\)”的限制。做到 \(O(nm)\)。
我们能够写出 \(p_i=k+c_i\) 的通式（\(c_i\) 是常数）。所以时间复杂度降至 \(O(n^2+m)\)。
T-171 QOJ4892 26-4-8 B+
复杂限制，考虑图论。对元素取值的复杂限制，如果不是加和形的（提示差分约束），不是做差形的（提示切糕模型），那就是本题中的 2-sat。
这种 2-sat 的建图方法是：对于元素 \(x\) 拆 \(O(V)\) 个点表示 \([x\le a]\) 的零一性。复习一下，2-sat 的逻辑是把每个零一变量也拆成两个点，把限制翻译成“若 \(x=1\) 为真，则 \(y=0\) 也为真”（举例说），就让 \(x_1\to y_0\)。由逻辑推理，显然还需连反边 \(y_1\to x_0\)。所以，建立上述 \(O(V)\) 个点时，令 \(x_{a-1,1}\to x_{a,1}\)，反边是 \(x_{a,0}\to x_{a-1,0}\)，从而构成链式结构。
本题如何翻译呢？若 \(a_i>x\) 则 \(a_j\le x,a_k\le x\)，对称地写三个式子。不过值域可能很大（值域大？拉插。离散化。证明只有很少的数字有用）。关注到，对于元素 \(i\) 的所有限制都与 \(x\) 有关，而这个 \(x\) 必须在某个要求 \((i,j,k,x)\) 中出现。所以总点数和边数都成线性的了。
T-172 QOJ17186 26-4-8 S+
我不懂啊，这是啥啊。
只需描述每个元素的深度序列 \(d_i\)，容易发现 \(d_i\) 关于 \(w_i\) 单调。深度序列合法的条件是 \(\sum 2^{-d_i}=1\)。而我们希望按深度拆贡献，有经典结论 \(\sum\sum_{j=1}^{d_i} 2^{-j}=n-1\) (*)。换句话说，将元素按照 \(w_i\) 排序后，画出一个 \(n\times d\) 的表格，我们要选出若干个格子，使得重量等于 \(n-1\)，代价最小。格子 \((i,j)\) 的重量等于 \(2^{-j}\)，代价为 \(w_i\)。要求：每行必须选择一个前缀；每列也是选择一个前缀。
(*) 关注最后一列，显然必须选择偶数个。那么把第 \(2t,2t-1\) 个元素分成一组，则最后一列所选取的前缀，只会在某个组的间隙处终止。故把同组的两个元素视作“一个重量为原来之和、代价为原来之和元素”，把这些元素归并到倒数第二列里面去，问题不变。因此对于一个确定的 \(d\)，递归执行上述过程，复杂度仅 \(O(nd)\)。
(*) 感受了一下，哈夫曼树的最优深度为 \(O(\log nV)\)。因此我们可以 \(O(n\log nV)\) 预处理（执行上述归并过程 \(i\) 轮后（只记录代价，不记录重量），直接求代价前 \(n-1\) 小的元素的代价之和，存到 \(\mathrm{ans}_i\) 中即可，询问的时候直接返回 \(\mathrm{ans}_d\) 就行了）。
T-173 QOJ17427 26-4-8 S
(*) 首先令 \(p_i\gets p_i-i\) 那么每次企鹅可以视为和目标企鹅重合。不过如果某个企鹅掉到洞里，那么洞到下一个企鹅的距离必须增加一。注意到没有保证 \(\sum n\)，所以大概率是 \(O(n^2)\) 预处理。改主体拆贡献，对于两个企鹅之间的路程，它被经过的期望次数，只跟企鹅数目有关，但跟路程实际长度无关。
我们需要求解：现有 \(n\) 只企鹅存活，从现在到游戏结束，从左往右第 \(i\) 段路程（第 \(i,i+1\) 两只企鹅之间的路程）的期望经过次数是多少。用递推和解方程混合求解。对于 \(f_{n,i}\)，有如下几种可能：第 \(i\) 段左侧企鹅往右走；第 \(i\) 段右侧企鹅往左走；第 \(i\) 段左侧企鹅往左走；第 \(i\) 段右侧企鹅往右走；有企鹅掉洞；无关企鹅行动。
至于边界“每次掉洞，距离加一”的问题，可以特殊处理：定义状态 \(g_i\) 表示现有 \(i\) 只企鹅存活，设从当前状态一直到游戏结束，离散随机变量“左洞掉洞次数 \(X\)”，则 \(E(X(X-1)/2)+E((i-X)(i-X-1)/2)\) 是多少（也就是 \(E(X^2/2)+E((i-X)^2/2)-E(i/2)\)）。这个可以按照高次期望的常规手段 \(E_1(x^2)\gets E_0(x^2)+2E_0(x)+1\) 解决：\(g_i=g_{i-1}+\frac{1}{2}(f_{i-1,0}+f_{i-1,i-1})\)（导致存活数减少的那一次运动，是左边还是右边企鹅掉洞，概率相等为二分之一。换句话说，在 \(i\) 只企鹅的 \(X\) 分布列下，向 \(i+1\) 只企鹅的分布列递推时，有二分之一概率 \(X+1\)。如果 \(X\) 增加一，那么因为 \(E((X+1)^2/2)+E((i+1-(X+1))^2/2)-E((i+1)/2)=E(X^2/2)+E((i-X)^2/2)-E(i/2)+E(X)=g_i+f_{i-1,0}\)）。
T-174 QOJ17426 26-4-9 S+
用描述法，只需描述一棵有根、叶节点有标号的满二叉树（每个节点要么两个儿子，要么为叶子），以及所有非叶节点的黑白两色（表示与还是或）。尝试调整法，第一个是试图在不改变结构的情况下改换颜色。从小的开始，一次调整如果只涉及一个节点，难以观察。如果涉及两个节点，我们希望两个节点关系比较大，不妨设为父子关系。换句话说，对于 ((A op1 B) op2 C) 的一棵树（A,B,C 都是子树），如果调整 op1,op2 会发生什么？先考虑不劣调整（代价不变，也就是说或点数不变的调整），例如 (A&B)|C --> (A|B)&C。拆位转零一序列，那么只需证明对于 \(2^3\) 种 A,B,C 的取值，均有前者大于等于后者。你会发现我所给出的例子确是不劣调整。因此没有任何与操作处于任何或操作的子孙位置。换句话说先或再与不劣。像这种两个操作的问题，有时确有类似的结论，需要注意。
扩充一下：这种对二元相邻元素的操作问题，转化为有根、叶节点有标号的满二叉树后，如果希望运用调整法改变结构呢？使用 treap 的 zig-zag 操作试试看！经过证明，平衡树 zig-zag 能够将任意上述树变成任意其它树，所以是一个非常优秀的调整。为了防止忘记，我把 zig-zag 贴在这里 ((A op1 B) op2 C) <-> (A op1 (B op2 C))。注意 A,B,C 依旧代表子树。
先或再与，不妨分两步“逐步”描述，先描述或操作进行结束后的结果，就得到若干连续段；而与操作就是把这些段与起来。故只需描述“或连续段的划分方法”即可。对这个描述法，有一个 \(f_{i,j}\) 的 dp 表示恰好将前 \(i\) 个元素划分为若干连续段，使得“连续段内元素或值”的与结果为 \(j\) 的情况下，最小代价是多少。
我认为 dp 中非常重要的一个概念是转移 dag，只要能够按 dag 的拓扑序，快速地描述所有边，就能处理转移。对于本题，一条边形如 \((i,j)\to (k,l)\) 满足 \(j\ \mathrm{and}\ \mathrm{or}_{x=i+1}^k a_x=l\)。为了描述所有无论优劣的边，本质上需要 \(i,j,k\) 三个元素。为了加速转移，注意到经典结论 \(\mathrm{or}...\) 随 \(k\) 变化 \(O(\log V)\) 次，故将上述结果一致的 \(k\) 们合并受贡献（“贡献”相同，并段），在线的区间取 min 单点查询最小值，得到 \(O(nV\log V\log n)\) 的一个做法。更进一步地，因为区间左端点单调递增，查询点编号单调递增，而且查询点永远比当前所有已知的区间左端点都要大，用单调队列做到 \(O(nV\log V)\)。
注意到答案很小，考虑状态和答案互换，但是没有单调性。想到删除无用状态，对一个 \(i\) 而言，无用状态 \((i,j)\) 的标志是存在 \(k\subseteq j\)，但 \(f_{i,k}\le f_{i,j}\)。想到删除无用转移边 ()，一个转移 \((i,j,k)\)（用 \(i,j,k\) 描述的，形如 \((i,j)\to (k,l)\) 的转移边，\(l\) 能够通过 \(i,j,k\) 算出，\(l=\mathrm{cal}(i,j,k)\)）无用的前提是存在 \((i',j',k)\) 满足 \(f_{i,j}\ge f_{i',j'}\)，但 \(\mathrm{cal}(i',j',k)\subseteq \mathrm{cal}(i,j,k)\)（称这种情况下 \((i',j',k)\) 优于 \((i,j,k)\)）。我推荐大家在考察无用状态/无用转移边的时候，选择弱化可能性，只允许一两个维度灵活变动然后看“弱化版条件”带来的性质（像做调整法时减少可能性那样）：考察转移边 \((i,j,k)\)，如果只在定下 \(j,k\) 的范围内观察是否存在比它优的边，它是有效边的弱化版条件，又是什么：因为 \(l\) 随 \(i\) 单调，所以只要 \(\forall i'\le i,f_{i,j}\le f_{i',j}\) 则 \((i,j,k)\) 是弱化版有效边。() 而任意时刻，对于给定的 \(j\)，沿 \(i\) 一维后缀最小值的数目不超过两个（因为若只转移弱化版有效边，则 \(i<k\to f_{i,j}+1\ge f_{k,j}\) 满足。否则根据上述定义，转移 \((i,j,k)\) 必优于任何 \(i',j'\) 满足 \(\mathrm{cal}(i',j',k)=j\) 造成的转移 \((i',j',k)\)，从而这些 \((i',j',k)\) 都不能是弱化版有效边），做到 \(O(nV)\)。
所以说，成天嚷嚷的“dp 数组要注意观察单调性”其实就是“寻找有效转移边”的一个侧面。我们定下状态以后，应该先考察哪些是（弱化版）有效状态（状态与答案互换也被这一步骤严格包含了），再据此考察哪些是（弱化版）有效边。有效状态当且仅当不存在状态比自己优秀（状态之间存在某种偏序形如 \(x\le y\)，如果 \(x\le y,f_x\le f_y\) 一定成立则状态 \(x\) 比 \(y\) 优秀）；边 \((x,y)\) 有效当且仅当一切以 \(z,z\le y\) 为目标的转移 \((w,z)\)，都满足 \(f_x+c_{x,y}\le f_w+c_{w,z}\)。但是注意，一定要对条件大胆弱化（弱化就相当于改变 \(x\le y,f_x\le f_y\) 的定义。例如原本状态 \(x=(a,b)=aN+b\) 是 pair 型数据，偏序为 \((a,b)\le (c,d)\to aN+b\le cN+d\)，可弱化其偏序为 \((a,b)\le (c,d)\to a=c,b\le d\)。还可以更改 \(f_x\le f_y\) 的定义为数值上的 \(f_x=f_y\) 等等），直到“弱化版有效状态/弱化版有效边”的组合意义特别明显时才足够。
T-175 P15950 26-4-13 B+
关注无解性，考虑到“无解性”是在把一类图变现，这类图将不再值得考虑，因此值得考虑的图将具备良好的性质（这就是分类变现的意义所在，如 T-168 等所述）。所以大胆猜测，无解的图非常广泛，例如有环。而有环的图真的无解：一个图无解的定义是，存在另一个图，与它无法通过询问操作区分，换句话说任意询问操作，两个图的回答都一样。只需将某个有环图的一个环边方向翻转，则新图和旧图无法区分。现在只需考虑 dag，猜测 dag 都是有解的。
对于 dag 选用归纳构造，自然是拓扑排序，需要逐步找到入度为零的点，而判断一个点当前入度是否为零很容易，只需将“当前未删除的点都涂成高压”与“除了待检查点，其他未删除点都涂成高压”做比较。只需像真正的拓扑排序那样，每次删边 \(x\to y\) 就检查 \(y\) 的零度性并酌情入队，是 \(O(m)\) 的。关键在于找出 \(x\) 的所有出边，允许带老哥。那不是二分就是分治，核心都一样：需要判断某个集合 \(S\) 是否被 \(x\) 连了出边，而且保证 \(S\) 都是未被删除的点，\(x\) 是刚被删除的点。那还不容易，“未被删除的但不属于 \(S\) 的涂高压”与“未被删除的但不属于 \(S\) 的、\(x\) 都涂高压”比较一下就行了。二分就是二分编号的前缀，分多次找出“现在的第一个被 \(x\) 连向边的点”。分治就是类似势能线段树的搞法，如果子区间内有点就递归下去。
T-176 QOJ15437 26-4-13 B+
T-116-2 指出，图论题目的要点，第一是找出题目图的特殊性质（题图是不是：树/仙人掌/dag/竞赛图/平面图/广义串并联图/弦图等等；题图经过缩点处理后，一个分量内部是否具备良好性质，考察一个分量内部的性质，可以利用耳分解-子图添点方法），第二是尝试缩点，第三是利用生成树，第四是采取广义的广义串并联图方法，第五是采用数量关系（点数/边数/度数）来关心图的状态，第六是尝试归纳（按照某种顺序逐渐添点和边，或者逐渐删点和边，递归成规模恰好小一的子问题）。
本题采取生成树办法。编码器按照给定环为根建立 bfs 生成树，然后对于每条边令“距离环近的”连向“距离环远的”（至于环边，按照环的顺时针/逆时针连）。这样大概率得到了一个 dag，但是一条边的两个端点距离环一样近怎么办。不妨钦定“距离环一样近”则按照节点编号比较，定向的结果一定是 dag（不考虑给定环）。
解码器则需要找环了，编码器发出的图是不是只有一个环呢？不是，因为如果原图的给定环上点之间有边，则这些边必然造就新的环。然而发出图只有一个大环和其上的一些弦边。那怎么办呢？介绍一下找环的算法：求一个环用 dfs/bfs，求一群环用 tarjan/广义的广义串并联图方法（在此就是拓扑排序啦）。选择拓扑排序方法，即可找出大环的点集本身，然后随便做就行了，比如说对大环导出子图随意建立一棵 dfs 树，把横叉边都加上（对应删除一条树边，就是横叉边末端点与它父亲之间的那条），返祖边和前向边都删去即可。或者将边的方向都取消，然后应用广义串并联图方法，每次删一度点，缩二度点，叠合重边。
顺带一提，环的常见动作还有：破环为链。有向图里常常体现为 \(x\to y\) 的一条边和 \(y\to x\) 的一条路径。
T-177 ARC165E 26-4-13 B
期望拆贡献，求每个点被涂黑的概率之和。枚举点 \(x\)，它能否被涂黑（类似于零一权值）取决于第一次选择它时所在连通块的形态，描述这个形态。
则第一次选择 \(x\) 时，边缘外一层的 \(a\) 个点都被涂黑了，内部的 \(b\) 个点都是白色。只关注元素的第一次选择时刻，则这些时刻的相对顺序构成了一个排列，不同排列出现概率完全相同，且问题只和排列的形态有关。因此能够涂黑 \(x\) 的充要条件就是：第一，所描述的连通块大与等于 \(k\)，第二，边缘处 \(a\) 个点在排列中位于 \(x\) 之前，内部 \(b-1\) 个点位于 \(x\) 之后（因为所描述连通块内的任何点，只要位于 \(x\) 之前，那么它当初就一定被涂黑），其概率是 \(\frac{a!(b-1)!}{(a+b)!}\)。
用树形 dp 去描述包含 \(x\) 的所有连通块的内部点数和边缘点数，就是两维树上背包，还得枚举根节点 \(x\)，复杂度 \(O(n^5)\)（容易证明，树上背包复杂度是 \(n\) 的“维度乘二”次方，“维度”是指与背包容量等地位的状态维度）。权值的计算（零一、概率）只依赖连通块形态，故更改主体为连通块。套路说，主体是连通块时，常常以“深度最浅节点”为代表元计入该连通块的贡献。因此任取一个根做上述 dp，每个状态 \((u,a,b)\) 给答案做 \(f_{u,a,b}[b\ge k]b\frac{a!(b-1)!}{(a+b)!}\) 的贡献即可，做到 \(O(n^4)\)。
T-178 QOJ9798 26-4-13 B
刻画单调且高度和为 \(V\) 的直方图，有两种办法：从左到右依次“逐步”描述每个点的值；往直方图的末端添一个初始高度为一的柱子，或让直方图当前所有柱子增高一。通过根号分治平衡这两个：要求前一种办法里，每个点的值都低于 \(\sqrt V\)，要求后一种办法里，每个柱子的初始高度都是 \(\sqrt V\)。最后用组合数卷积，把两个 dp 数组合并即可，总复杂度 \(O(nV\sqrt V)\)。
T-179 ARC148E 26-4-13 B
排列计数/序列计数问题。法一，从左往右逐一确定当前位置的值在前缀中排第几大，有一维状态是，当前元素在它和它前面的序列里排第几；法二，对已知的前 \(i-1\) 个数间“相对关系构成的小排列”，在它的末端（下标为 \(i\) 的位置）添加一个值为 \(i\) 的数字，然后决策这个 \(i\) 应该改为插入到原排列的哪两项之间（原排列分裂放两边）；或者是决策这个 \(i\) 应该与原排列的哪一项做交换类似于错排问题。法三，值域轴放外面。每次确定值等于 \(i\) 的位置是谁，可关注连续段，这个连续段可能就是合法段，最终是要求整个排列都合法；或者是实时描述值小于等于 \(i\) 的所有元素构成的子序列形态。
本题中，值域轴放外面比较合适。关键在于 \(a+b\ge k\) 的限制与元素的和有关，这就不好直接扫描。不妨将一个指针从零开始扫到 \(i\)，另一个同时从 \(k\) 扫到 \(k-i\)，直到两个指针重合。也可认为是 \(a\ge k+(-b)\)，通过一个变换 \(t_x=k-a_x\)，把元素的和限制变成了相对大小限制。
T-180 AGC020F 26-4-13 A
判定合法性，只需询问：是否存在一个排列使得 \(r_{p_i}>l_{p_{i+1}}\) 等等。由此可见，判定性问题只和端点间的相对大小关系有关，这涉及到整数部分和小数部分的联合比较。实数轴上的相对大小问题，有一个经典扩倍的思路 (*)，就是把每个单位长度分成 \(c\) 份。
\(O(n!)\) 枚举各个小数部分的相对大小关系。然后从原点开始顺时针转一圈，考虑哪些圆弧已经起始，当前的所有圆弧向后最多覆盖多少，不过还需枚举“跨过原点的圆弧最多向后覆盖多少”这一数值，做到 \(O(n!2^n(nc)^3)\)，无法通过。
我不知道如何 (*) 想到把最长的线段的起点拿出来当作原点，这样的话，因为不存在包含它的线段，所以无需考虑“跨过原点的圆弧”的贡献。做到 \(O(n!2^n(nc)^2)\)，可以通过。
T-181 P8522 26-4-13 A
显然要倍增。因为能力值值域过大，所以采用以步数为状态，值域为答案的倍增。可以维护：从 \(x\) 开始连着输 \(2^t\) 次，带来的收益，还有所需的最高初始能力值。这个做法能够通过 sub 2，因为每输一次，当前能力值必然翻倍，所以只会有 \(O(\log V)\) 段极长的赢/输段。
考虑 sub 4，\(O(5)\) 扫描值域 \(i\)，维护若当前能力值大于等于 \(i\) 但小于 \(i+1\)（离散化后），则倍增的情况如何，此时不用讨论输赢，因为跳的结果已经注定，只需计算从 \(x\) 开始连着跳 \(2^t\) 次带来的收益，据此判断跳多少以后就该升级了（令 \(i\) 增加）。
对于整个题目，介绍倍增分块。它适用于“对块 \([B^k,B^{k+1})\) 内元素的特殊操作，元素必然增加 \(B^k\)，故暴力进行特殊操作能够接受”的情形。按照 \(s_i\) 的值域进行倍增分块，如果某个 \(s_i<B^k\) 则必然赢，如果 \(s_i\ge B^{k+1}\) 则必然输，将这些边强制建立；反之，只要赢非强制赢的一局，能力值就增加 \(B^k\) 及以上，因此在本块内套用 sub 2 的做法即可做到 \(O(B\log V)\) 处理一块。总复杂度 \(O(n\log_B V\log V+qB\log_B V\log V)\)。
顺带一提，把特殊操作拿出来分析，往往发现它进行的次数不太多，比如老哥或者根号量级。
T-182 QOJ7203 26-4-13 A+
离线和在线都能做。不依赖 \(a,b,c,d\) 的值域。
对每个询问，只需找出第一个不等于它的，和最后一个不等于它的位置。
法一，本题有三个轴，时间轴，四个编号轴和值域轴（与位置轴重合）。选择每次询问二分值域轴，转化为平衡树上二分，只需判定本节点的子树内有没有不等于 \((a,b,c,d)\) 的节点 \((a',b',c',d')\)。神秘的转化 (*)，因为复杂限制不好处理，尝试转化为数值问题（对数据有亲和力），尤其是可以加和的数值问题。那么 \((a-a')(b-b')(c-c')(d-d')\) 的和就是一个好的数值。只需把 \(abcd\) 构成多项式的系数维护出来，就能方便地求出一个节点子树内上述值的和，如果和为零，则没有不等于询问四元组的节点。不过有点问题，因为加和可能存在抵消的状况，只需对每个节点赋一个随机值 \(w_i\) 使之权值为 \(w_i(a-a_i)(b-b_i)(c-c_i)(d-d_i)\) 即可。
法二，这类问题的通法是，构建决策树：对 T-003 的重要修正。例如求最小值时，决策树先维护出全局最小值四元组，需要判断询问四元组和它是否相等。如果不是那么输出；反之按 \(abcd\) 顺序找出第一个相等的位（例如 \(b\) 位），则我们的决策树需建立“\(b\) 位不和全局最小值相同的四元组中，最小的四元组是哪一个”，并递归到这个节点（称为“次级节点”）去。如果这个询问四元组仍和该节点相等，那么按照 \(acd\) 顺序找出第一个相等的位（已知 \(b\) 位正确了。故无需找它；假设这回是 \(c\) 位），决策树需建立“\(b\) 位不和全局最小值相同，且 \(c\) 位不和次级节点相同的四元组中，最小的是哪一个”。只要实时维护这棵树就够了，一个 \(d\) 维决策树的大小 \(f(d)=df(d-1)=O(d!)\)，每次暴力重构即可。如果 \(d\) 较大，因为痛恨修改操作，可以改成分块定期重构。
T-183 P9152 26-4-13 A+
静态 dp 只需维护 \(f_x,l_x,r_x\) 表示以 \(x\) 结尾的 dp 值，以 \(x\) 为最浅节点的极长笛卡尔树上向左链 dp 值的和，还有向右链的和。对于数据随机，考虑莫队，若新添/删除叶子节点 \(x\)（\(l\) 一边的操作）则暴力 \(O(\log)\) 更新到当前根（\(x\) 的当前存在的最浅的祖先）；若 \(r\) 一边操作，则 \(O(1)\) 计算自己的 dp 值即可。
初始化变来变去的套路：逆建转移图。若只有 \(l\) 一边操作，可以通过矩阵和树剖，算出从当前根到修改节点的逆转移“贡献矩阵”，然后直接给答案加上这个值，这只能保证答案时时刻刻是对的。但是还有对 \(r\) 的操作，而无法处理当前所有 \(l\) 侧修改节点对 \(r\) 侧操作的贡献和影响。采用回滚莫队，使得 \(r\) 始终向大扫描，那么操作 \(l\) 时也就只需处理它对当前根 dp 值的影响，这也容易。注意 dp 值指代那个三元组，需要矩阵计算。
不过树剖的复杂度还是太可怕了。(*) 矩阵可以求逆，从而采用到根链差分的办法。这就做完了，\(O(n\sqrt n)\) 带一点常数。
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