作业2-1

B17-20

T1：对原树建出大根笛卡尔树，先 dfs 一遍求出每个节点子树的 \(a_i\) 的和，记为 \(s_u\)，再 dfs 一遍，设当前节点为 \(u\)（根显然不用考虑），父亲为 \(fa\)，将 \(s_u\) 与 \(a_{fa}\) 比较，若 \(s_u \geq a_{fa}\)，则 \(ans_u = ans_{fa}\)，否则 \(ans_u = s_u\)。这是因为 \(u\) 的子树中的 \(a_i\) 一定都不大于 \(a_u\)，那么 \(u\) 可以将子树中的节点尽数吃掉，然后其父亲就是其左边或右边的第一个不小于它的点，若无法吃掉那么显然就无法拓展了，答案为 \(s_u\)，否则将父亲吃掉后一定可以将父亲的整个子树吃掉，那么此时和父亲完全等价，直接继承父亲的答案即可。复杂度 \(O(n)\)。

T2：考虑一个节点若原本无法吃掉某个节点，经过一系列过程后能吃掉了，那么其必然翻倍，那么翻倍次数的级别为 \(O(\log V)\)。建出线段树，设在线段树上的某个节点 \([L_i, R_i]\) 中，某个节点 \(p\) 能扩展到的区间为 \([l_p, r_p]\)，并对区间维护出扩展到其的点的个数、对线段树节点维护扩展到节点左端点、右端点的区间，那么在合并两个线段树节点时，可以将左子节点的后缀、右子节点的前缀分别暴力扩展，复杂度带两个 \(\log\)。

T3：同样建出笛卡尔树，并维护出每个节点往左与往右的第一个不小于它的点，记为 \(l_i\) 和 \(r_i\)（其中有一个是笛卡尔树上的父亲）。此时的 \(ans_u\) 为自 \(u\) 开始时必须使用的道具数量，根的 \(ans\) 为 \(0\)。若 \(s_u \geq a_{fa}\)，则 \(ans_u = ans_{fa}\)，否则 \(ans_u\) 为 \(\min(ans_{l_i}, ans_{r_i}) + 1\)。因为吃掉子树后，若能直接吃掉父亲则与父亲等价，可直接继承，否则可以使用道具吃掉此时左边或右边的大节点并继承其状态。复杂度 \(O(n)\)。

T4：

T5：和 T3 一样，只需在比较 \(s_u\) 与 \(a_{fa}\) 时将 \(s_u\) 改为 \(s_u + k\) 即可。因为 \(k \geq 0\) 时一定不影响把比自己小的吃掉。

T6：考虑到将第 \(i\) 个节点减去 \(k\) 后（这里将原题的 \(k\) 看为负数，然后转为减去正数），其每次都相当于在少 \(k\) 的基础上合并，正好符合题意，那么问题转化为单点减常数、单点求值，可以转化为 T2，但会更劣一些，不会更优做法。

T7：不会。

T8：别急