Exemplary Examples IX

\[\Huge\mathrm{Exemplary\ Examples\ IX} \]

导语见 Exemplary Examples I。

T-211 QOJ18268 26-5-18 S

类似于 T-138，这类题基本的想法就是，先用操作改出来一个特殊的结构，由特殊结构达成最终目标。然后再检查都问一遍，或选某子集问一遍，能得到什么。奇怪的是，虽然步数限制里面有分数，但本题并不是归纳法。

这个题里可以让所有位置互不相同。大概就是说，每个元素去找后面第一个空位，这里最大步数 \(n(n-1)\)：每个元素至多绕一圈回来；有一个元素可不用移动。

然后还是不好做。考虑到：如果了解每个元素的位置，则问题解决 (*)。容易想到，在每个位置互不相同的前提下，随意选一个位置移动，造成一个空位，之后每个元素绕一圈，就知道相对空位的位置。超出步数限制，但仍属 \(O(n^2)\) 范围。知道每个元素位置之后，就好解决了。

进行优化。法一：只需了解每个元素的位置，有没有更加容易的办法，无需初始令位置互不相同？可以，先令一号元素绕一圈，得个零一串，若该零一串不存在循环节，则问题解决；反之，令一元素移动至任一个非零位置，即可破坏循环节。令每个元素绕一圈，即可知道它相对一号元素的位置。可通过本题。

法二：在位置互不相同基础上，除了一号元素以外，按编号依次全部操作，就能制造一个空位，还有个“和一号元素重叠”的元素。想要再这样干一次，问题在于“和一元素重叠的元素”没有保持重叠。想要区分“和一元素重叠过”的元素，让它们不动或之类的。发现：在“这样干”的过程中，若上一轮操作元素 \(i\) 的返回值是“重叠过”，且本轮是“不重叠”，则 \(i\) 恰好刚刚离开了一号元素的位置（因为“按编号依次操作”，所以两轮返回值完全一致，才会正常）。但一号元素后边的第一个位置，对后续判断还有作用。所以令 \(i\) 再动一下，并从待考虑集合中删去 \(i\)，不参与后续操作。全部做完之后，再令一号元素走两步即可。

T-212 CF436E 26-5-18 B

法一，用反悔贪心。换句话说，扫描 \(i\) 动态维护“想要 \(i\) 颗星星”的答案。考察增量：某关卡从零颗星变成一颗星；某关卡一变二；某关卡一变零，另一关卡零变二；某关卡二变一，另一关卡零变二。可以反悔贪心维护这四种策略。总之就是“选择一个轴，然后不断维护当前最优状态的信息”，就跟普通贪心一样。只不过提供了一些反悔接口而已。

法二，若第一步描述“选了哪些关卡”，则第二步描述肯定是在这些关卡中选择 \(b-a\) 最小的几个玩二星。因此，按照 \(b-a\) 为一个轴排序，那么有一个前缀，只要玩关卡，就一定玩二星；剩下的后缀，只要玩关卡，就一定玩一星。可以枚举前后缀分界线 \(i\)。然后在前缀选择最便宜的 \(j\) 个二星，在后缀选择最便宜的前若干个一星。这大约是 \(O(n^2)\) 的。

现有三个轴：\(i,j\) 还有答案。有时需要考察轴之间的单调性、凸性。对于给定 \(i\)，答案显然关于 \(j\) 凸。那我们枚举 \(i\)，二分找出最优 \(j\)，每次二分 chk 就用数据结构处理一下即可。

T-214 P4426 26-5-25 B

满足 \(m-n\le k\) 的无向图，其中 \(k\) 非常小。那就有两种方法，一种是建立一个生成树，然后关注非树边以及非树边涉及的所有关键点，要么做枚举，要么以关键点建立虚树。第二种就是广义串并联图，把图缩合成 \(n\le 2k,m\le 3k\) 的图。因为删一度点，缩二度点，叠合重边时，有可能让一个点、一条边承担一个子图的责任，因此需要给点、边分别定义合适的状态。

本题中，为了防止算重，必须定义 \(f_{0/1,0/1,e}\) 表示，对于边 \(e\) 代表的子图，“离子图最近的、子图之外的”两个端点 \(u,v\) 的颜色分别是 \(0/1,0/1\)（有顺序），在此条件下，于 \(e\) 子图内选择独立集，其方案数（思考：若定义 \(f_{0/1,0/1,e}\) 表示，对于边 \(e\) 代表的子图，“最靠近子图外部、但自身处于子图内部的”两个端点 \(u,v\) ......，为什么会算重）。定义 \(g_{0/1,x}\) 表示，对于点 \(x\) 代表的子图，若它的颜色为 \(0/1\)，于 \(x\) 子图内选择独立集，其方案数。初始化 \(g_{0,x}=g_{1,x}=1,f_{0,0,e}=f_{0,1,e}=f_{1,0,e}=1\)。删一度点就是 \(g_x\times f\to g_y\)，缩二度点就是 \(f\times g_x\times f\to f\)，叠合重边就是 \(f\times f\to f\)。

注意一点代码细节，例如：不要一边遍历某个 stl 容器，一边删除里面的元素之类的。喜欢写结构体 merge，就要千万注意元素和空元素 merge 的结果，其组合定义可能与常规代数运算不一样。

T-215 26-5-26 B

T-215-1 P11432

建立时间-位置二维轴，用描述法，路径可表示为斜率为 \(\pm 1,0\) 的折线段。用调整法，注意到如果存在

就可以削平，答案不劣。因此存在一种最优方案形如

对它做 dp，用区间 dp，那就是 \(f_{l,r,0/1,t}\) 表示在 \(t\) 时刻，当前折线最近的两个拐点（一上一下）分别是 \(l,r\)，现在位于 \(l\) 还是 \(r\) 处，最小达成时间是多少。最后一维实际无用，故状态 \(O(n^2)\)。改逐步转移，使得单次转移 \(O(1)\)。

T-215-2 CF2229G

建立时间-位置二维轴，用描述法，路径可表示为斜率为 \(\pm 1,0\) 的折线段。

若图中调整会让答案更优，则黑线不是最优解。因此最优解满足：所有大于 \(x\) 的、斜率为零的位置（“驻留”过的位置），都必须是前缀最大值；所有小于 \(x\) 的“驻留”位置都必须是后缀最大值。将这些位置称为“关键点”。另外，按照时序看驻留的位置，其 \(h_i\) 递增。

更改描述法，运用放生描述法。如果按时序已知所有驻留的位置，那么：如果要走，就一直走到下一个驻留点；必然尽早到达下一个驻留点，也就是说假设路线只有 \(x\to i\)，到达第 \(i\) 个驻留点所需的最短时间是 \(t_i\)，那无论最优路线实际如何，到达 \(i\) 的时间仍必须是 \(t_i\)。因此只需描述“按时序，所有驻留的位置”。可定义 \(f_i\) 表示：从 \(x\) 开始，尽早走到了（刚刚走到，当前时刻是 \(t_i\)）第 \(i\) 个关键点，这段路程中，最大收益是多少。转移需要枚举下一个驻留点，总复杂度 \(O(n^2)\) 的。

其实从 \(i\) 出发，下一个驻留点要么是 \(i\) 后面的第一个，要么是 \(i\) 对侧（位于 \(x\) 异侧）第一个 \(h_j>h_i\) 的关键点。做到总复杂度 \(O(n)\)。

T-216 AGC043D 26-5-28 A

又是排列计数题。由于本题是间接构造排列，可能引导人往“钦定字典序、一对一”或“若已知一个排列，该如何判定合法性”的方向思考，但这些方向可能比较陡峭。排列题还有两个方向就是，转零一序列、考虑置换环，但我都没有得到很有价值的结论。排列问题有几个不常见的技巧，例如关注前后缀，元素是否连续；关注从某元素出发的最长上升子序列等，都没有进展。

那么回归本真，回忆排列计数的一般技巧，三种方法，见 T-179。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（相当于将原排列按值域分裂放上下两边）；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。

选择法三，值域轴放外面，每次确定值等于 \(i\) 的位置，实时维护全局零一序列。

正序扫描值域轴，不太容易。于是倒序，先考虑全局最大值“能够位于”排列中的哪些位置，显然是后三个位置之一。尝试设 dp 状态，大概就是 \(f_i\) 表示倒序扫描了最大的 \(i\) 个元素的位置，填写这些位置的方案数是多少。考虑全局次大值，可以填在最大值的后面，或者“自己打开”至多三个位置，并占据其中最靠前的位置。因此需要顺便记录“已被前人打开的位置数 \(j\)”。当然，对“打开”也有限制，这就和题面中的三元组有关。实际上，每次“打开 \(i\) 个位置”相当于两步：在排列的末尾，预订连续的 \(i\) 个位置；在某个三元组中，预订连续的 \(i\) 个位置。前者用于计数，后者用于算权（判断合法性就是零一权值）。

带权计数问题。现在可以考虑对一个方案，应该如何算权。把权值必定相同的方案合并算权：转换主体，对于“共预订了 \(x\) 次‘一个位置’、\(y\) 次‘两个位置’、\(z\) 次‘三个位置’”的排列统一算权（显然任一排列只对应一套 \((x,y,z)\)）。若能枚举 \(x,y,z\)，可以贪心分配，得到权值等于一的充要条件：\(x\ge y\)。

现在把权值计算、方案计数综合到扫描值域轴的 dp 中。状态需记录：倒序扫描了 \(i\) 个元素，前人预订过且仍可用 \(j\) 个位置，共预订 \(x\) 次“一个位置”，共预订 \(y\) 次“两个位置”，共预订 \(z\) 次“三个位置”。有 \(x+2y+3z=i+j\)。为了算方案只关心 \(j\)，为了算权值只关心 \(x-y\)，所以只需记录 \(i,j,x-y\)。转移 \(O(1)\)，做到 \(O(n^3)\)，无法优化。

若选择法三的变体，值域轴放外面，每次确定值等于 \(n-i+1\) 的位置，实时维护大于等于 \(n-i+1\) 的元素构成的子排列形态。也就是放弃显式“预订”，每次把新元素往里插。

有两种：把新元素 \(n-i+1\) 放到当前子排列开头；把 \(n-i+1\) 插入到某旧元素当初预订的座位当中（延迟决策旧元素的预订数）。若是后者，则对应旧元素已确定的预订数（只考虑大于等于 \(n-i+2\) 的元素，需要该旧元素预订多少座位）不是一就是二。状态需记录：倒序扫描了 \(i\) 个元素，有 \(x\) 个元素已确定预订“一个位置”，\(y\) 个是“两个位置”，\(z\) 个是“三个位置”。有 \(x+2y+3z=i\)。为了算方案只关心 \(x,y\)，为了算权值只关心 \(x-y\)，所以只需记录 \(i,x,y\)。转移 \(O(1)\)，做到 \(O(n^3)\)，无法优化。

不采用延迟决策，而是提前决策。当倒序扫描值域轴，元素预订座位时，可以直接在剩余元素中挑选元素，坐到对应位置。或者换句话说，采取魔改版法一。倒序扫描序列轴，逐步确定当前元素在后缀中的排名。

需要记录，排列长度为 \(i\) 的后缀，共有 \(x\) 次“一个位置”预订，共有 \(y\) 次“两个位置”预订，共有 \(z\) 次“三个位置”预订（我说过，一个元素的预订，是在序列轴上连续的几个位置）。有 \(x+2y+3z=i\)。为了算方案只关心 \(i\)，为了算权值只关心 \(x-y\)。所以只需记录 \(i,x-y\)。为了方便，逐步转移改断点转移（每次处理一个预订涉及到的，至多三个连续元素，分别确定它们在各自前缀的排名）仍旧 \(O(1)\)，做到 \(O(n^2)\)。

神奇就在于，如果一上来就用法一，什么也看不出来；如果只用法三，只能被 \(O(n^3)\) 终结；只有先用法三再用法一，才能做出本题。排列计数三大基本方法，要求选手综合应用其中的两种。

T-217 P4382 26-6-3 B

问题严格强于二分图匹配（选手左部点，导师右部点），考虑网络流。因为询问了每个选手的信息，所以只能按照选手编号从小到大，把他们添加到图里。添加一位选手时，实际上应该按照他的志愿，从第一志愿开始分层添加：如果加完某一层后，发现流量变大了一，那么跳到下一位选手。这样就能直接求出第一问的答案。

然而，第二问按照常规思路来说，需要二分。存储每一时刻（每加完一位选手）的整张图，然后把能使待询问选手不沮丧的边都加上，看流量能否增大。复杂度是不对的。其实，网络流中，原图加新边，问流量能否增大一，有个不用重跑的预处理方法。那就是在原图上多做一次（或两次） bfs，例如本题中从汇点开始，求出每个原图点能否只靠原残量网络（容量大于流量的边）到达汇点。当加新边时，只要两端点一个可以从源点到达，另一个可到达汇点，那不就形成新的增广路了。本题中，每加入完一名选手，就做一遍 bfs，然后把每个节点的可达性存下来。这就可以了。

T-218 P9319 26-6-3 A

自适应交互库（包含交互库博弈）较为简易的题目，可以尝试描述交互库的所有可能决策，从而丢弃交互库的“实时决策”性质，将其简单视为“多组询问”。或者说，假设交互库的每一步决策，都只是在所有合法决策中均匀随机。既然如此，本题中可以回忆期望题中的随机删点转排列。假设交互库的决策是：随机一个大小为一号点度数的排列，并维护指针 \(i\)。每次轮到交互库决策时，看 \(p_i\) 能不能走，如果可以就走，反之令 \(i\) 增加一。只需要保证对任一排列，你的策略都能找出结果（博弈题中，取胜）就可以了。

所以什么叫丢弃“实时决策”性质呢，就是假设我有一个打好的表，无论对方怎么做，我都这样输出，也不用管操作合法性，不合法判我负就行了。当然，“打好的表”应该具备一些最基本的性质，例如不自相矛盾，不干“前一步妨碍后一步合法性”的事（只可能因受对方干扰而不合法；存在一种对方的策略，使我方取胜）。丢弃“实时决策”，就可以把交互库、你（或者博弈题中的 Alice 和 Bob）分开观察，转入我们熟悉的描述法领域。

现在丢弃你的“实时决策”性质，从而描述你的策略。不能做“前一步妨碍后一步合法性”的事，因此这策略形如一些“边不相交”路径，路径的端点是两个不同的、与一号点相邻的点。换句话说，仅为满足“存在一种对方的策略，使我方取胜”，就已经要求将一号点相邻的点们两两配对，配对点之间连路径，各路径“边不相交”。这问题容易解决，把一号点按度数拆点（想象：在每条与一号点相连的边 \((1,x_i)\) 的中点上，新建一个点 \(w_i\)，删除边 \((1,x_i)\) 改为连 \((w_i,x_i)\)），那么各个连通块独立（此时跑网络流复杂度过高），每个连通块任取生成树，自底向上做树上贪心配对即可达到理论上界（回忆 T-190，构造的第一步是判断无解性，一般和某个数量有关，比如“某个数量的奇偶性合适”或“某个数量处于一个上下界范围内”则问题有解；本题中理论上界：连通块内拆后点个数除以二下取整；有趣的事实，拆后点都是叶子）。

惊喜地发现，只要有任一个配对，无论交互库策略如何，都能取胜。必要条件（存在一种对方的策略，使我方取胜。甚至可以看成，我方代替对方决策/两人共谋）就是充要条件。做完了。也就是说，本题的解法几乎是个纯策略（我方行为不甚依赖对手的行为）。我们等待着一个非纯策略问题，看它能否通过丢弃“实时决策”的办法，得以解决（或启发正解）。

关于配对，是一个套路，见 T-184：无向图上，关键点之间选取尽量多条“边不相交”路径的问题，一般就是把关键点按照度数拆点，转化为配对问题（一条路径相当于配对两个拆后点）。

T-219 P8175 26-6-3 A+

改换题意，改为 Tom 拿的糖果数尽量多，问题核心不变。尝试放生描述法，对一个解，与答案有关的部分只是“拿了多少糖果”，但仅这一项信息太少，达不到放生的要求。改为描述“第 \(i\) 个商店拿 \(b_i\) 糖果”序列 \(b\)，再去放生。由题意，若已知序列 \(b\)，Tom 一定从左到右，依次把对应商店该拿的糖果拿完。

被放生出来的问题如下：数轴上有一些商店和一些空位，第 \(i\) 个商店必须拿 \(b_i\) 个糖果。拿到糖果后必须访问空位把糖果放下，再拿新的；必须把商店编号小的糖果拿完，才能拿下一个商店的糖果。问最短行动距离。描述拿完第 \(i\) 个糖果之后访问的空位坐标 \(p_i\)（根据商店位置还有 \(b\) 序列可知第 \(i\) 个糖果所在商店的坐标 \(q_i\)）。那么答案就是 \(\sum |p_i-q_i|+|p_i-q_{i+1}|\)。用调整法，若 \(p_i>q_{i+1}\)，则 \(p_i\) 尽量小才好；若 \(p_i\in[q_i,q_{i+1}]\)，则 \(p_i\) 尽量小不劣；若 \(p_i<q_i\)，则 \(p_i\) 尽量大才好。换句话说，\(p_i\) 要么是大于 \(q_i\) 的最近空位，要么是小于它的最近空位。更进一步地，若 \(q_i=q_{i+1}\) 则 \(p_i\) 只会是距离 \(p_i\) 最近的空位。假设里第 \(i\) 个商店最近空位的距离是 \(d_i\)。

考虑到 Tom 最终停留在“最后一个 \(b_i\neq 0\)”的商店，不妨把从原点到该位置的距离提前算上。剩余需要移动的距离，会是怎样的呢？根据上述调整分析，假设第 \(i\) 个商店后面第一个空位坐标为 \(r_i\)，第一个 \(b_j\neq 0\) 的商店坐标为 \(s_i\)。那么剩余距离就是 \(\sum 2d_i(b_i-1)+\sum \min(2d_i,\max(0,2r_i-2s_i))\)（求和只针对 \(b_i\neq 0\) 的商店）。

回到原题，原题是在只考虑前 \(x\) 个位置构成的前缀，\(x-1\ge \sum 2d_i(b_i-1)+\sum \min(2d_i,\max(0,2r_i-2s_i))\) 均成立的前提下，求 \(\sum b_i\) 最大值。改描述法，这相当于在第 \(i\) 个商店可以选择若干红糖果，代价为 \(2d_i\)；可以选择至多一个黑糖果，代价为 \(\max(0,2r_i-2s_i)\)，只要求红黑糖果数目之和 \(\le a_i\)（条件一），而且前 \(x\) 个位置构成的前缀内商店代价和 \(\le x-1\)（条件二），最大化全局红黑糖果数目和。用不劣调整法（全局红黑糖果数目和不变，维持条件一，调整以进一步满足条件二），对某合法解，可选择其中一个黑糖果（尝试一下，大概就是选个红糖果向右移一格，把红变黑之类，看看它的组合意义。这里只列出最有意义的那一种调整），向右移动到位置上的下一个商店（要求两个商店位于同一商店连续段），只要能移，全局红黑糖果数目和不变；条件一维持；条件二更易满足。换句话说，最优解中黑糖果不能向右移动到连续段内下一个商店。也就是说，每个黑糖果要么位于连续段内最靠右 \(b_i\neq 0\) 商店的紧邻左侧，要么位于另一个黑糖果的紧邻左侧，要么位于连续段末尾。

刚才的问题不好算，重点在于黑糖果价值与 \(s_i\) 有关，而 \(s_i\) 与 \(b\) 序列本身有关。然而现在 (*)，每个黑糖果对应的 \(s_i\) 恰好等于对应位置连续段内紧邻右侧的商店坐标。因此红黑糖果实际价值固定只和 \(i\) 有关。

用最优化的两种处理办法，要么 dp，要么贪心。看限制与 \(x\) 有关，那总归是要扫描 \(x\) 轴的。扫描 \(x\) 轴，每次反悔贪心显式调整，动态维护当前最优解，即可。

T-220 P11810 26-6-3 A

平面图，障碍物，连通性，回忆 T-113。注意 T-113-3 十分特殊，仍需原有的不严谨思路才能处理；其它常规题目，可做补充如下：对平面图建立对偶图，若一个障碍物导致原平面图的一些边失效（你要注意，某些特殊情况下，失效的边不只是与障碍物直接相连的边，而是一切“只要此处存在障碍物，则这条边不可能被合法路径经过”的边），则视为这个障碍物导致对偶图上“垂直于这些边”的边被激活。特别地，若原图是有向图，则“垂直于边 \(e\)”的对偶边，应该按照“若你面朝 \(e\) 的终止端点，你的右手向左手方向”定向。若要求原图 \(s\to t\) 的最短路。应该在原平面图的外部面边界上，选择两个点，并跨过外部面给这两个点连一条边，把外部面一分为二，两个新面记作 \(S,T\)，使得 \(s\) 在新面 \(S\) 的边界上，\(T\) 在新面 \(T\) 的边界上。建立对偶图后，对偶图 \(S\to T\) 的最大流等于原图最短路。

本题中，在对偶图上每增加一个障碍物就激活四条边，如果对偶图存在环，那么（原平面图上）环内环外不互通，这时就需要判断环内是否存在城镇。注意该环在平面图上形如一个连通块。如下图，棕色部分是障碍物，红色部分是被激活的对偶图边，绿色部分是原平面图的环内元素。

见 T-182，极其复杂的数据结构存在性问题，不妨异或哈希，从而只需关注、维护一个数值。也就是给每个城镇赋随机哈希值，在每个障碍物八连通块上维护，该连通块内，每个障碍物“本障碍物右边界以右，同一行内，所有城镇哈希值异或和”的异或和。若成环，则该异或和实质上就是“环内城镇哈希值异或和”。左右移动只需单边修改，然而上下移动就不行。将上下移动带来的增量放到横边上，改为在每个障碍物八连通块上维护，其所有障碍物“上边界、右边界边权异或值”的异或和（上边界边权只处理上下移动带来的增量）。这样，每次移动只会更改一条边的权值。

T-221 UOJ1037 26-6-3 S*

第二道 S*。这道题把几乎所有常见的数据结构技巧熔为一炉。

若 \(C=1,D=n-1\)。首先二分是容易想到的，只需在线问 \([L,R]\) 内是否存在 \(l<r,b_r-kr\ge a_l-kl\)。对区间查询问题，一般考虑莫队，分块，扫描线，猫树。本题中，应选择猫树。若 \([L,R]\) 挂在猫树节点 \(m\) 上。猫树的核心就是分治。也就是说，分两部分，先问 \(l\in[L,m],r\in[m+1,R]\) 内是否存在；再问 \(l,r\in[L,m]\) 还有 \(l,r\in[m+1,R]\) 内是否存在。猫树分治允许考虑“与当前猫树节点有关的‘贡献区间’”，在本题中，就是指“被节点区间包含”。换句话说，不仅考虑第一部分“跨过当前猫树节点中点的‘贡献区间’”，还要用到第二部分“被当前节点某儿子节点包含的‘贡献区间’”，使得一个询问只访问一个节点就得到解决。

数据结构题目分三部分，预处理，查询，修改。本题中没有修改，查询能做的事情有限，故灵活性主要集中在预处理部分。第一部分是对固定 \(m\) 动态查询，给定 \(L,k\) 求 \(r\in[L,m],\max b_r-kr\)。从 \(m\) 到 \(l_m\) 扫描并维护可持久化李超线段树即可。至于第二部分，最好是预处理 \(l,r\in[L,m]\) 的答案，可以在最初做一遍分治。因此总复杂度 \(O(n\log^2 n+q\log^2 n)\)。由于每次查询相当于做二分、做查询，不妨结合起来做可持久化树上的二分（每次二分要同时在 \([L,m],[m+1,R]\) 的两棵李超树上做），就能做到 \(O(n\log^2 n+q\log n)\)。

预处理部分看起来不太能优化，开始关心单调性。注意到斜率具备单调性，因此所谓李超树是不必要的（借鉴斜率优化、决策单调性优化 dp），只需决策单调性二分栈（无需二分，因为直线交点可以 \(O(1)\) 求），换句话说，维护可持久化凸包，而不是可持久化李超树（回忆：复杂数据结构的可持久化，例如可持久化并查集，一般建立在可持久化数组的基础上）。还是可持久化线段树来实现，除了卡常外并没什么用（复杂度完全一样）。

回忆 (*)，多版本问题，除了可持久化，就是建立版本树。对于凸包，每次加入一条直线即入栈，弹出一条直线即出栈。出栈即版本树上回溯。只在每个结点维护对应加入的直线，这样每个结点只是一条直线，每个版本的凸包，就是根到某点的路径上，所有直线依顺序加入的结果。这样就把“第一部分”的预处理时间复杂度、空间复杂度降低至 \(O(n\log n)\)。

那查询怎么办呢？单次查询复杂度又退化回 \(O(\log^2 n)\)。考虑李超树部分给人的启发，该如何同时在两个凸包上二分（假设凸包已知分别为 \(C_1, C_2\)，如何找出最大的 \(k\) 满足 \(C_1(k)-C_2(k)\ge 0\)，其中 \(C_1\) 下凸，\(C_2\) 上凸）。如果以某凸包为中心做二分，就需要处理“\(C_1\) 上第 \(i\) 个节点的横坐标，对应 \(C_2\) 上的第几个节点，称为 \(q_i\)”，这是不可能的。因此二分不能以任何凸包为中心，考虑类 kdt 的方式 (*)：已知 \(k\) 位于 \(C_1\) 上第 \(l_1,r_1\) 个节点横坐标之间；同时也位于 \(C_2\) 上第 \(l_2,r_2\) 个节点横坐标之间。希望在询问 \(C_1(m_1)\) 或者 \(C_2(m_2)\) 之后，缩减 \([l_1,r_1],[l_2,r_2]\) 中的至少一个，到原来大小的一半。例如询问 \(C_1(m_1)\)，你会发现 \(C_1(m_1)-C_2(r_1)<0<C_1(m_1)-C_2(l_1)\) 时，\(C_1(m_1)-C_2(q_{m_1})\) 和零的大小无从比较，这就完蛋了。所以你要同时 (*) 询问 \(C_1(m_1),C_2(m_2)\)，你发现：不妨 \(X_1(m_1)<X_2(m_2)\) 时，\(C_1(m_1)-C_2(m_2)<0\)，则 \(C_1(m_1)-C_2(q_{m_1})>0\)，因此 \([l_2,r_2]\to [l_2,m_2]\)。对称情形亦然。如果某一时刻发现 \(l_1=r_1\)，那就是个边界情况，暴力算出 \(q_{l_1}\) 之后还拥有 \(O(\log)\) 的时限呢，随便做一下。因此对已知的两个凸包，可以 \(O(\log n)\) 处理一次“两个凸包上的二分”。

实际上的查询情形并不是“已知两个凸包”。而是在两棵版本树的根到点路径中，对应的凸包上二分。这是个树上数据结构问题，看来没什么差分的余地，也没什么链-子树对称的可能，也不能拍到 dfs 序上，那只能树剖了。为了保持树剖时空复杂度正确，每条重链只需维护“依次从链顶到链尾，每个节点挂的直线”构成的子凸包（易知确是凸包），其实就是把两个凸包各自的存储数组拆成了 \(O(\log n)\) 个连续段而已。这样的话，直接上手询问 \(C_1(x)\) 是做不到 \(O(1)\) 的。大概就是说，把每个连续段的开头位置的 \(X,C\) 求出来 (*)，按照 \(X\) 归并后，双指针一手，即可定位出答案位于两个凸包的哪一段连续数组中，然后在这一段二分。

至于上述“第二部分，最好是预处理 \(l,r\in[L,m]\) 的答案，可以在最初做一遍分治”。具体阐释：假设这个答案放在 \(a_{L,m}\)。以之为主体，则这种主体只有 \(O(n\log n)\) 个。考虑递推关系，\(a_{L,m}=(a_{L,m'}+a_{m',m})\)，当然这里的加法，除了取最大值，还需要考虑 \(l\in[L,m'],r\in[m',m]\) 的最大答案，似乎需要做那个凸包上二分，复杂度太劣。将答案记在 \(b_{L,m'}\)，以之为主体，注意对同一个 \(m'\) 和不同的 \(L\)，这一部分答案可以双指针。于是做到“第二部分”预处理 \(O(n\log n)\)。

所以数据结构题目，一定要将待求解的多个本质相同子问题像刚才一样，当成数组或函数抽出来。然后关心：改换贡献主体，递推，改换贡献顺序，合并连续段统一计算。

另外就是像本题这样的，贡献主体 \((l,r)\) 是个点对的问题，大概率需要画在二维图上考虑，类似 NOIP2025 T4。具体地，一般用分治或者分块处理。若通过分块处理，每次查询就只需考虑 \(l,r\) 均属于整块；\(l\) 属于散块，\(r\) 属于整块；\(l,r\) 均属于散块。类似《时代的眼泪》。

若 \(D=n-1\)，回忆 NOIP2025 T4 的做法，以定长 \(C\) 分块。每次查询时，为了 \(O(\log n)\) 单次算出 \(l,r\) 属于互异散块的问题（显然 \(l,r\) 不能属于同一散块），需要预处理什么？只需每个块的前后缀凸包版本树，凸包上同时二分即可（假设 \(l,r\) 所在块间隔至少一个块，也就是说 \(l,r\) 所在块相邻的情形我们先不计算，这部分贡献在后面讨论）。为了算 \(l\) 属于散块而 \(r\) 属于整块的情形（假设 \(l,r\) 所在块间隔至少一个块），需要每个块开头位置，向后到整个序列末尾的凸包版本树，仍旧在凸包上同时二分。为了算 \(l,r\) 均属于整块的情形（假设 \(l,r\) 所在块间隔至少一个块），开一棵叶子节点表示“一个整块”的猫树，应该能搞定，见下图（这部分做法不保真）。

“第一部分”，\(m\) 就是分治中心。建立绿色部分凸包、黄橙色部分凸包，同时二分；剩余的跨过分治中心的贡献，就是 \(m\) 到橙色部分的贡献，也可同时二分；还有 \(m\) 到黄色部分的贡献，但此时先不计算，因为是 \(l,r\) 所在块相邻的情形。“第二部分”，递推合并信息只需考虑 \(l\) 属于绿色、\(r\) 属于黄紫色部分的，再额外与红色、紫色部分的答案取 max 就可以了。参照原来的猫树做法。

现在，对一次查询，已经处理到只剩：\(l\) 属于散块 \(r\) 属于与之相邻的整块；\(l,r\) 分别属于相邻的整块。特殊情况下，还有 \(l,r\) 属于相邻的散块。考虑特殊情况应该怎么做。这种题目有一个套路叫做重叠（overlap），见下图。

对于相邻块（绿色块，黄色块），如果 \(l\) 在红色位置，则 \(r\) 必须超过灰色位置。如果把两个块叠合，则相当于 \(r\ge l\)。如果限制不是 \(r-l+1\ge C\) 而是反过来，那么叠合时需要将其中一个块倒序放置，但这与本题无关。总之，叠合之后，就变回标准叙述过的分治问题了，\(l,r\) 分别属于相邻的整块 的情形已经可以简单预处理。但是，若 \(l,r\) 属于相邻散块，还需要一个 \(O(\log n)\) 的做法（\(l\) 属于散块 \(r\) 属于与之相邻的整块，被上述问题包含了）。见下图。

如图，叠合后，是 \(l\) 属于蓝色部分，\(r\) 属于红色部分。这无法通过合并预处理凸包实现。因为时限 \(O(\log n)\)，采取类线段树查询的递归结构是可行的（不要忘了，魔改版线段树可以解决很多单答案问题）。如果线段树 mid 位于 \(l,r\) 之间，就把当前问题切分成两个形如 \(l\in[n_l,L],r\in[n_l,n_r]\) 的“小问题”（其中 \(n_l,n_r\) 是某个线段树节点的统治范围），“小问题”还可以向更深层自递归成“小问题”，合并时需要询问 \(l\in[n_l,L],r\in[n'_l,n'_r]\) “小小问题”的答案，其中 \(n,n'\) 是父节点相同的。建树时参照“标准分治”“第二部分”做预处理，“小问题”合并时的复杂度就变成 \(O(1)\)。如果线段树 mid 位于 \(l,r\) 的同侧，则当前问题切分成“当前问题”和“小小问题”，也可以 \(O(1)\) 合并。

这就把 \(D=n-1\) 做完了。对于 \(D\neq n-1\) 的情形，把二维图画出来，如下。

需要的就是黄色与绿色部分，根据 NOIP2025 T4 的讨论，尝试把连续段合并统一处理。本题中平行四边形也是容易 \(O(\log n)\) 算出的。剩余的黄色等腰三角形，在 NOIP2025 T4 中是拆成内接正方形与两个小等腰三角形解决的，但本题中无需如此，因为黄色等腰三角形与 \(D\) 无关，相当于一个 \(D=n-1\) 的询问。于是总复杂度 \(O(n\log n+q\log n)\)。

子问题间的递归；已解的部分分，思想向外拓展，从而解决整道题目；像 NOIP2025 T4 那样，关注信息的可加性、可重算性，从而把待求图形切分成若干易于处理的小块（每个小块就是容易统一计算的连续段），再合并信息。

T-223 P10802 26-6-5 B

这一类 dp 构造题，转移一般都极为容易，但如何找出状态？通法：先设计一个不足够的“状态一”，再根据该尝试转移一次。为了描述“状态一”转移一次后得到的状态，我们需要引入“状态二”。如果“状态二”对转移封闭，那么设计完毕。

对于本题，不足够的“状态一”就是 \(f_i\) 表示在 \(i\) 个元素中可能有人患病，最优决策下期望步数是多少。转移一次，就是选前 \(j\) 个人询问一下，如果 \(j\) 个人都没患病，就向 \(f_{i-j}\) 转移，反之得到“状态二”需要两维描述：\(f_{i,j}\) 表示在 \(i\) 个元素中可能有人患病，问了一下发现前 \(j\) 个人中至少有一个人患病，最优决策下期望步数是多少。“状态二”对转移封闭。于是做完了。

T-224 QOJ18337 26-6-11 B+

描述法只对答案服务，只需以各个专家关注的矩形为主体，看它两端点的黑白情况，用 BW,WB（零一状态）表示，即可计算答案。至于合法性判定，对黑元素，必然满足所在行、所在列都足够长。取边界元素，找出每一行、每一列中，最远的黑元素，则这些行列的直方图至少那么长；在“恰好那么长”的基础上，如果没有把任一“想要白元素”染成“实际黑元素”，则合法。换句话说，设在第 \(i\) 行中，列标号最大的黑元素的列标号为 \(a_i\)，列中对称定义为 \(b_j\)。若要合法，则对任一白格子 \((i,j)\)，\(b_j>i,a_i>j\) 中需要存在一个不成立。

取反面，极大转存在。若存在白格子 \((i,j)\)，使得存在黑格子 \((i',j),(i,j')\) 满足 \(i'>i,j'>j\)，则不合法。现在 dp，不妨扫描 \(x\) 轴，每次一并处理左端点为 \(t\) 的所有矩形。发现“这一列”矩形按照 \(y\) 从大到小形如 WB,WB,WB,...,WB,BW,BW,...,BW。称右侧没有矩形的矩形为“好矩形”，则：第一种情况，“这一列”内最下侧的“好矩形”仍是 WB；第二种，这一列全都是 BW。因此一列矩形的状态可以用一个整数 \(s\) 唯一表示。故定义状态 \(f_{x,s}\)。

列之间的矩形互相影响，只会出现在“某列矩形右端点横坐标，等于某列矩形左端点横坐标”的情况下，这时才需要列间转移（否则列间独立）。因此将矩形按照左端点模 \(k-1\) 分组，组间没有关系；组内容易转移，复杂度 \(O(n)\)。当然，实际上需要排序，故总复杂度 \(O(n\log n)\)。

T-225 P9987 26-6-12 A

看到贡献式满足可加性、可减性（因此无论是给贡献，还是受贡献，都可以分割、差分），不妨差分变成 \(i\le j,a_i\le a_j\) 还有 \(i\le l-1,a_i\le a_j\) 两部分贡献。前者无需考虑，关键是后者。尝试根号做法，分块。分块本质上就是将“一维相邻或相同的连续段”暴力合并为一个主体（不同于：有优良性质时，将多维相邻或相同的连续段，自然地合并为一个主体），接受或发送贡献。取位置轴分块，从预处理、修改、查询的角度，修改似乎是重头戏，换句话说以 \([1,l-1]\) 元素为主体，向后续元素贡献。

那么 \([1,l-1]\) 中的一些整块，对后面如何贡献？考虑到可加性，整块之间没有关系。对每个整块，只需预处理扫一遍值域轴（算出 \(a_k=t\) 的元素受多少贡献），再用树状数组实时维护序列轴（计算各个序列位置分别受到多少倍“本块贡献”）。\([1,l-1]\) 中的散块（称之为 \(S\)），转换主体，以 \([l,r]\) 元素为主体接受前面的散块贡献，仍取位置轴分块。\([l,r]\) 中整块受贡献，整块之间没有关系。具体来说，对每个块，有效值域只有 \(O(\sqrt n)\) 种，可预处理；查询时则允许 \(O(\sqrt n)\)。遇到修改操作时，枚举 \(S\) 内所有元素，分别给 \([l,r]\) 涉及到的整块做修改（差分，只在最前最后那两个块的，树状数组维护的值域轴上做修改。思路来源是枚举 \(S\) 元素后，时间复杂度余额只支持单次修改）。单点查询时，扫描一个后缀的 \(O(\sqrt n)\) 个块，在值域轴上各查询一次。至于 \(S\) 对 \([l,r]\) 中散块的贡献，每次归并排序计算。

总复杂度 \(O(n\sqrt n\log n)\)。

当然，最初时也可不差分而是直接分块，拆成散块内部，左散对右散，左散对整块，整块内部，整块对右散五部分贡献，类似《时代的眼泪》。总之 \((i,j)\) 数对的问题，可在序列轴上分别对 \(i,j\) 分块。

T-226 P8990 26-6-17 B+

回忆 T-187，我曾强调，点减边容斥常用于统计树上连通块的数目。树上的主体，常见的就只有点，边，子树，连通块，树链这五种。

先选主体。本题，若关心全体白点，就应以子树为主体，难以处理，首先“美丽的”这一条件就难以刻画。对称地关注全体黑点，“美丽”时黑点构成连通块。可以点减边容斥计算黑点连通块数目、白点连通块数目。

再选轴。树轴是动态的不好维护，先放一边。修改轴几乎只能放外面扫描。内层应是维护时间轴（依次点灯的时间轴），定义 \(f_i,g_i\) 分别代表黑白点在第 \(i\) 时刻的连通块数目，则答案就是 \(\sum [f_i=1]g_i\)。存在转最值，\(f_i\) 下界是一，因此只是 \(f,g\) 在线区间加减，求所有 \(f_i\) 取最小值时的 \(g_i\) 之和，这也容易。

T-227 三联画 26-6-17 A

T-227-1 P16433

回忆排列计数的一般技巧，见 T-216。有两种理解方式。

第一种理解方式，已知某个长度为 \(i\) 且具备某些性质（用其它 dp 状态 \(j,k,...\) 描述）的排列，对它做微调，得到长度为 \(i+1\) 的排列。用这种思想解释 T-216 所说的前两种方法。法一，当前元素在它和它前面的序列里排第几，就相当于把原排列按值域分裂放上下两边。法二类似于错排问题，对已知的前 \(i-1\) 个数间“相对关系构成的子排列”，在末端添加值为 \(i\) 的数字，然后决策此数字应该改为插入到原排列的哪两项之间，就相当于把原排列分裂放两边；或者是决策这个 \(i\) 应该与原排列的哪一项做交换。

第二种理解方式，扫描一个轴的同时，用 dp 状态维护另一个轴。用这种思想解释 T-216 所说的全部三种方法。法一和法二都相当于扫描位置轴，维护“位置轴上前 \(i\) 个元素，放在值域轴上构成子序列的形态”。法三相当于扫描值域轴，维护“值域轴上前 \(i\) 个元素，放在位置轴上构成子序列的形态”。

综合上述两种理解方式，排列计数的一般技巧，本质上有六种方法：
法一，扫描位置轴，微调策略是值域分裂。
法二，扫描位置轴，微调策略是位置分裂。
法三，扫描位置轴，微调策略是位置交换。
法四，扫描值域轴，微调策略是位置分裂。
法五，扫描值域轴，微调策略是值域分裂。
法六，扫描值域轴，微调策略是值域交换。
当然，考虑到位置-值域对称（也可理解为正排列-逆排列对称），实际上只有三种方法，只看最外轴如何选取。因此，排列计数的一般技巧也可以迁移到“轴非链”的地方，例如树拓扑序计数中去（视拓扑序为待计数排列，可以选择树轴为最外轴，值域轴为内层轴）。

近期我计划推出 The Art of the Induction III。我初步构想的 dp 部分，最重要就是定义状态，但定义状态时必须考虑转移。状态定义时需要考虑五个要点。第一个是，轴（被扫描的最外层轴，被维护的内层轴）。第二个是，描述法（描述法只跟答案计算过程还有选取的主体有关）。第三个是，逐步转移（一般而言都是逐步）还是断点转移。第四个是，信息推后确定（尽量只在信息影响状态转移时才确定它，一般都是如此）、信息提前确定（该信息对未来转移至关重要，但若现在不确定并记录它，未来就没机会了。例如耳分解状压最优化题）与信息释放（某些信息不涉足未来转移，可以与 dp 解耦，无需记录而是直接贡献给答案，或贡献给 dp 数组。注意有许多信息可以在 dp 开始前就解耦）。第五个是，先粗糙再扩充（无法记录信息或完成转移时扩充，如 T-223）。

对于本题，A 性质只需选用法一，定义 \(f_{i,j}\)。至于整道题怎么做，选逐步还是断点，这是个问题。若断点，则相邻 \(p_i\neq 0\) 应视为一个元素来处理，似乎很复杂，而且段之间关系还挺密切，故选择逐步。也就是说，首先定调：最外轴扫描位置轴，内层轴维护值域轴；描述法不直接，应根据扫描过程逐步描述；主要是断点转移；主要是信息推后确定。

核心难点是描述法不直接。但关于这个未知的 dp 状态，“定过的调”都是金科玉律。若把信息推后确定做到极致，是什么样呢。在逐步转移过程中，若按位置轴扫描到“首个 \(p=0\) 连续段内的元素”\(i\)，此时转移涉及的信息不超出 A 性质做法的范畴，套用 \(f_{i,j}\) 为“粗糙的状态定义”就够用。当遇到第一个 \(p_i\neq 0\) 的元素，为了转移，所需的信息至少得有，前 \(i-1\) 个元素中有几个小于 \(p_i\)（对绝对大小的限制。对任一元素，绝对大小都未确定），所确定的值 \(k\) 放到状态里。因此当前状态变为 \(f_{i,j,k}\) 表示考虑前 \(i\) 个元素，当前元素在其中排位第 \(j\)，有 \(k\) 个元素绝对大小小于当前最后一个 \(p_j\neq 0\) 的 \(p_j\)（记作 \(q_i\)）。

这能转移吗，当然可以，前缀和优化做到 \(O(n^3)\)。

T-227-2 P11426

扫描值域轴，维护“环子序列”状态。从答案计算的角度，描述法必须处理每一个缝隙。因此需记录 \(R<B,R>B,B<R,B>R,BB,RR\)（顺时针）分别有 \(a,b,c,d,e,f\) 个。实则只记 \(i,a,b,c\) 就能计算 \(d,e,f\)：由 \(i\) 得“前 \(R\) 个数”等于“后 \(R\) 个数”为 \(i_1\)，“前后 \(B\)”为 \(i_2\) 个，那么 \(a+b+f=i_1,c+d+e=i_2,c+d+f=i_1,a+b+e=i_2\)。这方程组实际只足够定死 \(a+b=c+d=i_2-e=i_1-f\)，记录 \(a,b,c\) 就能推出 \(d,e,f\)。做到了 \(O(n^4)\)。答案用 \(a-b-d=c-2b\) 表示。

计数问题可以考虑 dp，组合数学或容斥。本问题只涉及相邻元素大小关系，我们知道欧拉数问题可用容斥解决。考虑本来要什么：为了算答案，需要求出所有形如 \(f(c,b)\) 表示最终恰好 \(c,b\) 的排列有多少个。定义 \(g(C,B)\) 表示钦定 \(c\ge C,b\ge B\) 的排列个数。容易得到贡献系数，本质上是二项式反演，反演的过程可以 NTT 优化。因此只需关注 \(g(c,b)\) 的求法。

把 \(g(c,b)\) 解耦。第一部分“\(c,b\) 边的绝对形态”。第二部分“所有元素的排列方式”可以直接乘 \((n-c-b-1)!\) 的系数。第一部分，选取值域轴 dp，定义 \(f_{i,p,q,r,s}\) 表示考察前 \(i\) 小的元素，已经定好的 \(c,b\) 边分别有 \(p,q\) 个，定了一半的有 \(r,s\) 个。注意到 \(c,b\) 边互不干扰，因而可以解耦，\(f_{i,p,r}\) 做到 \(O(n^3)\)。

定义 \(r,s\) 的缘由，是逐步转移导致“最后一个操作没有结束”导致信息提前确定。想要改为断点转移，参照 T-216 的最终解法。以计算 \(B<R\) 的 dp 为例。扫描到值较大的 \(R\) 元素时，再配对某个“已访问过的，较小的”\(B\) 元素，信息推后确定，做到 \(O(n^2)\)。

T-227-3 CF1750G

若排列 \(p\) 是最大的排列，也就是取消字典序限制，称 \(f(p)=x\) 的排列个数为 \(a(x)\)。计数问题，dp 组合数学或容斥。容斥，钦定至少 \(x\) 个缝隙不满足 \(p_i=p_{i-1}+1\)，称这个答案是 \(b(x)\)。则 \(b(x)=\binom{n-1}{x}(x+1)!\)。二项式反演，得 \(a(x)=\sum_{y=x}^{n-1}(-1)^{y-x}\binom{y}{x}b(y)\)。

上字典序限制，只需枚举一个前缀 \(i\) 要求 \(p'=p\)，再枚举 \(p'_{i+1}<p_i\)，往后填数就随意了。枚举完后，把待求的多个本质相同问题抽象成函数，\(a(n_0,x)=\sum_{y=x}^{n_0}(-1)^{y-x}\binom{y}{x}\binom{n_0}{y}(y+1)!\)（对该函数的一切调用中，只存在 \(O(n)\) 个不同的 \(n_0\) 参数，但每个 \(n_0\) 都枚举了所有 \(x\) 来调用），做到 \(O(n^3)\)。

推一下式子。\(\binom{y}{x}\binom{n_0}{y}=\binom{n_0-x}{y-x}\binom{n_0}{x}\)。复杂函数要尝试解耦，使之变成参数更少或计算过程更简易的简单函数，只见（换元 \(y'=y-x,n'=n_0-x\)）：

\[a(n_0,x)=\binom{n_0}{x}\sum_{y'=0}^{n'}(-1)^{y'}\binom{n'}{y'}(y'+x+1)!=\binom{n_0}{x}q(n',x) \]

对于这种本质相同问题的一般计算方法，有递推、统一计算、改换主体等。尝试一下递推，先考虑与待求式在某些轴上相近（本题中有 \(n',x\) 两个轴）的式子。换句话说，首先关注 \(q(n',x),q(n',x-1),q(n'-1,x)\) 等式子间的差异，常常通过做差来对比。

\[q(n',x)-q(n'-1,x)=O(1)+\sum_{y'=0}^{n'}(-1)^{y'}\left(\binom{n'}{y'}-\binom{n'-1}{y'}\right)(y'+x+1)! \]

\[q(n',x)-q(n'-1,x)=O(1)+\sum_{y'=0}^{n'}(-1)^{y'}\binom{n'-1}{y'-1}(y'+x+1) \]

换元 \(y''=y'-1\)，得

\[q(n',x)-q(n'-1,x)=O(1)-\sum_{y''=0}^{n'-1}(-1)^{y''}\binom{n'-1}{y''}(y''+x+2)=O(1)-q(n'-1,x+1) \]

因此 \(q(n',x)=q(n'-1,x)-q(n'-1,x+1)+O(1)\)，容易递推做到 \(O(n^2)\)。

T-228 QOJ4861 26-6-23 B

给定一个长为 \(n\le 10^5\) 的排列 \(a\) 和加密方式 \(p\)（也是个排列），定义 \((f^k(a))_i=(f^{k-1}(a))_{p_i},(f^0(a))_i=a_i\)。有 \(q\le 10^5\) 次询问，每次交换 \(a\) 中的两个元素，或者交换 \(p\) 中的两个，或者询问 \(f^x(a),f^y(a)\) 的字典序大小关系。

排列题目，考虑置换环 \(i\to p_i\)，本题中的置换环可用平衡树维护。那么 \((f^x(a))_i\) 就是 \(i\) 所在位置沿环行走 \(x\) 步到达的位置 \(j\) 对应的 \(a_j\)。字典序比较问题，常常就是求出 lcp 然后比较下一个元素。其中“比较下一个元素”是容易做的，只需会求 lcp。

取反面，最长公共前缀的反面是“最小的满足 \(f^x(a)_i\neq f^y(a)_i\) 的位置 \(i\)”。取各个环为主体，对一个环，若其长度满足 \(x\equiv y(\mod l)\)，则一切涉及该环的“单元素比较”都会返回“相等”的结果。若反之，则全都不相等，而涉及到它的第一个比较，就是环上最小的元素编号。

因此将环按照长度分组（换主体为：长度为 \(i\) 的一切环），每次枚举一切长度，就可以了。不同长度的种类数只有 \(O(\sqrt n)\) 种。

T-229 CF1060F 26-6-24 B+

对每个点分别求。无根树先定根，就定成当前求的那个点。期望题，首先转成给每条边赋删除顺序，排列计数，则使权值乘二分之一系数的边就是，到根链上的“前缀”最大值边。

上描述法，答案计算分两部分，一个是方案，一个是权值。先用 01 描述哪些边是“前缀最大值边”，这样就能算权值。

做逐步描述，在已知上述 01 序列的基础上考察方案计算。必然是从下向上扫描树轴做子树合并，仿照树上拓扑序计数的经典 dp，\(f_x\) 表示子树内元素的相对大小关系种数，则子树间合并无碍。至于定子树根的大小，因为这个根不能把子树内“前缀最大值边”搞死，到最终也不能把任意“不是前缀最大值边”搞活。因此需要记录子树内所有“前缀最大值边”中的最低排名 \(i\)，还有所有“还活着的不是最大值边”的最高排名 \(j\)。

回到原问题，只需定义 \(f_{x,i,j}\) 做“类 dp 套 dp”的联合计算就可以了，应该是能做到 \(O(n^5)\)。

无法优化，回顾我们采取了什么处理方式：轴与描述法的选取较为简易，主要是逐步转移信息推后确定。改断点转移似乎有一定难度。改信息提前确定或信息释放，需要抓住这一点：信息推后确定时，大概是，现在记录下来一些“接口”“选项”“限制”供未来元素选择或遵从。提前确定或释放的策略则是，在“接口”“选项”“限制”建立的同时，确定某个未来元素（可能是抽象元素，例如，\(a,b,c\) 三个具体元素中的最大者）某个方面的值。要求是：对于任意情形，只要这个方面等于你所确定的值，就必能把接口接上，或满足当前限制。这样一来，只需记录“你所确定的值”（能做信息释放时甚至无需记录），而无需记录“接口”“选项”“限制”本身。

于是，更改状态为 \(f_{x,i}\) 表示，假如确定了从 \(x\) 到根的链上最大边权在子树内排名为 \(i\) 时，子树内所有可能的“01 序列-边相对大小关系”权值之和。做到 \(O(n^4)\)。

T-230 CF1097G 26-6-24 B

显然拆组合意义，定义 \(f_{x,i}\) 表示考虑所有虚树的 \(x\) 子树部分，选出 \(i\) 条边（可重复，有顺序，但重复边之间无顺序）的联合方案数。除了子树合并，实际转移还要考虑到 \(x\) 选不选，需要加零一状态，比较麻烦，但不是重点难点。做到 \(O(nk^2)\)。

\(n^k\) 除了直接像刚才那样拆，还有类似 T-103-4 的 trick 就是 \(n^k=\sum S(k,i)i!\binom{n}{i}\)，表示钦定某 \(i\) 个元素成为那 \(k\) 次选取的元素的并集。因此转而定义 \(f_{x,i}\) 表示考虑所有虚树的 \(x\) 子树部分，选出 \(i\) 条边（不可重复，无顺序）的联合方案数。因为 \(i\le \mathrm{siz}_x\) 所以能做到 \(O(nk)\)。

T-232 CF771E 26-7-6 B+

\(2\times n\) 的矩阵，最外轴大概率取 \(n\) 一维。值域数据范围过大，逐步描述难以接受，因此大概率断点转移。断点作为关键位置，应是某个矩形的左边界或右边界。同一列至多存在两个矩形。故可得暴力 dp，大致是 \(f_{i,j}\) 表示扫描到 \(\max(i,j)\) 时，最后一个“上矩形”右边界为 \(i\)，最后一个“下矩形”下边界 \(j\)（若只有一个矩形用 \(f_{i,i}\) 代称），最多选取多少矩形。单个状态的“受贡献”式有效转移 \(O(1)\)，例如最后一个转移的是“上矩形”时，只会选择最近的合法左边界 \(l\)，否则假设选择左边界 \(l'\) 把 \([l',l],[l,i]\) 分两个矩形，调整不劣。

关键是状态爆炸。在此处考虑最短路优化行不通，因为两维“上下矩形”无法解耦。然而，若只关心“宽为二的矩形”作为关键矩形，则解中相邻两次关键矩形之间的部分可以解耦。换句话说，定义 \(f_i\) 表示扫描到 \(i\) 时，最后一个“宽二矩形”右边界为 \(i\)，最多选择多少矩形。

断点转移使用“受贡献”法，扫描 \(i\) 的过程中数据结构维护“从 \(j\) 转移开来的转移边权值 \(g_j\)”，显然 \(g_j=f_j+...\)，“...”表示从 \(j\) 开始解耦地考虑上下两行一直到 \(i\)，最多选择多少矩形。对于解耦的两部分，此过程都应是扫描右端点的贪心，能操作就操作。换句话说，数据结构维护 \(h_{0,j}\) 表示从 \(j\to i\) 的过程中贪心选取的最后一个“上矩形”右边界，\(h_{1,j}\) 亦然。不过 \(h\) 关于 \(j\) 不具备单调性，在线维护 \(h_{0,j}+h_{1,j}\) 似乎有点困难。

然而 \(j\) 在数据结构中属于“自定义维度”，没有实际意义，通常不以它为轴。分析有效转移边，对于 \((h_{0,j},h_{1,j},g_j)\)，取 \((h_{0,j'},h_{1,j'},g_{j'})\)，若前者有效，则必有 \(g_j\ge g_{j'}\) 且不满足 \(g_j=g_{j'},h_{0,j}\ge h_{0,j'},h_{1,j}\ge h_{1,j'}\)。换句话说只保留 \(g_j\) 最大且 \(h_{1,j}\) 关于 \(h_{0,j}\) 为前缀最小值的元素即可，有效元素的 \(h_{1,j}\) 轴关于 \(h_{0,j}\) 轴有单调性，做到 \(O(n\log n)\)。