随机乱做
最后一周感冒了，现在还没好全。
不指望出什么好成绩了，至少也要苟住吧。
InfOJ NOIP 模拟 B
注意到只有选择 \(a_i>a_{i-1}\land a_{i}>a_{i+1}\) 的 \(i\) 时才会让不平衡度减少恰好 \(2\)。稍微玩一下也可以发现，如果不存在这样的数，那只能操作一个相等的连续段，使得连续段两端的数都比连续段要小。
注意到最小的连续段长度是不断增大的，所以用堆+链表维护所有连续段的信息，然后嗯贪就好了。多组询问考虑维护 \(f(X)\) 表示 \(X\) 次操作最多使不平衡度减少多少，容易发现 \(f\) 是不超过 \(n\) 段的分段函数。
InfOJ NOIP 模拟 C
不会做，怎么回事呢。
先考虑 A 性质怎么做。可以先构造子树然后再构造当前点，当前点恰有 \(f_u\) 的限制可以反演得到，式子是：
容易做到 \(\mathcal{O}(nm)\)。
然后以为有什么高妙构造。实际上注意到 \(i\geq \max f_v\)，所以所有 \(i\) 的数量等价于轻儿子重量和，是 \(\mathcal{O}(n\log n)\) 的。注意到 \(\sum f_v\leq sz_u\)，所以本质不同的 \(f_v\) 不超过 \(\sqrt{n}\) 个，所以直接暴力算的复杂度是 \(\mathcal{O}(n\sqrt{n}\log n)\)。据说可以证到 \(\mathcal{O}(n\sqrt{n})\)。
InfOJ NOIP 模拟 D
猜一下如果有解，那么一定存在组合操作使得 \(a_i\) 减少 \(1\)，其它不变，感性理解一下。仿照 Dijkstra 的转移过程可以做到 \(\mathcal{O}(n^2)\)（视 \(n,m\) 同阶）。
然后这个形式很经典，可以挂个减半警报器啥的，不过完全没必要，把操作挂到线段树上 \(\log n\) 个结点上，如果所有结点都被覆盖就转移即可。复杂度 \(\mathcal{O}(n\log n)\)。
loj3694.「JOISC 2022 Day4」一流团子师傅
尝试每次找到一个颜色互不相同的编号集合。有一个这样的构造：最初令 \(S\) 为全集去掉 \(1\)。之后每次询问尝试删掉一个数，如果删掉数之后询问答案没变，那就把它删掉，否则加回来。最后删掉的数构成一个合法的团子串。
然后就比较好办，挂个分治，每次分成 \(\lfloor\frac{m}{2}\rfloor\) 和 \(\lceil\frac{m}{2}\rceil\) 个合法的串，询问改成如果答案不小于 \(\lfloor\frac{m}{2}\rfloor\) 就删掉。复杂度 \(\mathcal{O}(nm\log m)\)，可以通过。
loj3696. 「JOISC 2022 Day4」复兴计划
想出来了，但是写丑了卡了一年常还假了一发/fn
设 \(T_X\) 表示询问值为 \(X\) 时的 MST 形态，注意到：
- 边 \(e\in T_X\) 当且仅当 \(X\in[l_e,r_e]\)，满足 \(l_e\leq w_e,r_e\geq w_e\)。
因为是区间所以可以尝试值域从小到大扫一遍维护 MST。但是依然比较难做，因为一部分边权上升而一部分边权下降。容易想到把边分成两类：一类是 \(w_e\leq X\)，一类是 \(w_e>X\)。
那么思路就比较自然了：离散化之后，维护出前缀 MST 和后缀 MST，询问的时候合并一下，复杂度是 \(\mathcal{O}(nm+qn+m\log m)\) 的（使用归并排序，视并查集复杂度为 \(\mathcal{O}(1)\)）
考虑怎么优化询问。上面的做法需要每次都做一遍是因为离散化之后一个连续段中的 \(T_X\) 形态依然存在较大差异。但是实际上由上面的结论可以得到，\(T_X\) 只会变化不超过 \(\mathcal{O}(m)\) 次。尝试使用动态 MST 的一个套路做法：每次强制加入一定在 MST 中的边，并删去一定不在 MST 中的边。注意到对于每一段，不能够确定是否在 MST 中的边的总数是 \(\mathcal{O}(m)\) 级别的，因为显然一条边至多覆盖两个不完整连续段。所以找到这些边，然后直接跑分治做法复杂度为 \(\mathcal{O}(m\log q\log n)\)（需要撤销并查集）。
综上，总复杂度为 \(\mathcal{O}(nm+m\log q\log n)\)。
正解是按照边权排序，那么一条边替代的另一条边是确定的，具体地，可以这样求出来：
- 按照边权从小到大加入边。
- 两端不联通，直接加边。
- 两端联通，那么它替代的一定是路径上边权最大的边，把这条边删掉，再把当前边加上去。
太菜了，想不到一点/kk
不过 MST 问题这种找“替代边”的思路好像还挺经典的，之前在最小度限制生成树还见过。
CF1887B Time Travel
直接大力 Dijkstra。对于一条边 \((u,v)\)，假设它是第 \(w\) 个边集里的边，那么问题在于找到第一个 \(j>dis_u\) 使得 \(a_j=w\)。因为 Dijkstra 过程中 \(dis_u\) 是单调增加的所以可以直接对于每个边集维护一个倒着的 vector 表示当前合法的位置，如果不合法了就 pop_back 一下。
CF1887C Minimum Array
经典的离线下来扫描线，假设当前扫到 \(j\)，线段树维护时刻 \(i\) 的 \(a_j\) 的值。每次把所有不等于最小值的删掉，然后输出最小值，就好了。
CF1887D Split
条件相当于存在值 \(x\)，使得构造新序列 \(b_i=[a_i>x]\)，区间 \([l,r]\) 的形态为 \(\{0,0,0,\cdots,0,1,1,\cdots,1\}\)。
注意到 \(b\) 构成若干个连续段。从大到小扫描 \(x\)，每次把一个 \(0\) 变成 \(1\)，注意到一次操作只会对一个连续段产生影响，那么找到这个 \(1\) 连续段和它前面的一个 \(0\) 连续段，连续段为 \(a_{x\sim y}=0\)，\(a_{z\sim w}=1\)，那么 \(l\in[x,y],r\in [z,w]\) 的区间是合法的。数个点就做完了。
题解区看到一种在线倍增做法。考虑一种判断方式：枚举所有前缀最大值，假设当前枚举到 \(p\)，下一个比 \(p\) 大的数为 \(f_p\)，那么只需要判断 \(\min(f_p,\cdots,r)\) 是否比 \(a_p\) 大即可。条件相当于找到 \(f_p\) 之后的第一个比 \(a_p\) 小的数 \(q\)，要求 \(q>r\)。那么我们倍增求出 \([l,r]\) 中所有 \(p\) 的 \(\max q\) 判断即可。
CF1887E Good Colorings
建图想不到一点。
原题意做不了，考虑建图，把行和列连边，边权为颜色，这样图构成一个二分图。那么问题变成找到一个长度为 \(4\) 的环使得环上颜色互不相同，操作是加边。由于图是基环树，所以找到环之后随便做。
CF1887F Minimum Segments
平凡题，但是细节一堆，还假了一发，写 checker 拍了半天才过/fn
考虑刻画这个 \(r\) 限制所描述的的条件。对比 \(r_i\) 和 \(r_{i+1}\)，可以得到：
- 如果 \(r_i=r_{i+1}\)，那么 \(a_{i+1\sim r_{i+1}}\) 中存在数与 \(a_i\) 相等。
- 否则不存在相等的数，且 \(a_{r_{i+1}}=a_i\)。
- \(a_{1\sim r_1}\) 包括所有数。
设 \(nxt_i\) 表示下一个与 \(i\) 相等的数，\(pre\) 是 \(nxt\) 的反函数，很容易利用 \(nxt\) 得到一个更好的刻画：
- \(r_i=r_{i+1}\to nxt_i\leq r_i\)。
- \(r_i<r_{i+1}\to nxt_i=r_{i+1}\)。
- \(pre_{r_1}=0\)，\(\forall i>r_1,pre_i\neq 0\)。
然后这就是二分图匹配问题，其中一个左部点匹配一个 \([i,r_i]\)，已经匹配的点我们直接忽略。
进一步刻画。我们把点分成四类：
- 左部点，且 \(nxt_i\leq n\)。
- 右部点，且 \(i>r_1\)。
- 左部点，且 \(nxt_i=n+1\)。
- 右部点，且 \(i<r_1\)。
最后两类点可以选择是否匹配，前面两类点必须匹配恰好一次。
显然匹配方案是不会交叉的（小的匹配更小的，大的匹配更大的），所以匹配的决策等价于选择多少个第三类点加入匹配（容易发现决定第三类点后第四类点数量也会确定），就第一类点和第二类点匹配的合法性而言，我们希望加入的第三类点尽可能多。所以可以二分第三类点的数量，每次视第一类点的 \(r_i=n+1\) 并进行匹配。找到最大的数量之后，再判断匹配是否满足 \(r_i\) 限制即可。
事实上可以发现合法的点是一个区间，一二类点决定了左端点，上述二分过程实际上是在找到小于右端点的最大的数。
CF1868C Travel Plan
缝合题。算出完全二叉树上长度为 \(i\) 的路径条数之后随便做。记忆化一下容易做到 \(\text{polylog}\)。
CF1870E Another MEX Problem
好难，差点不会了，还是或多或少得到了一些提示才会做的。
其实你感觉有用的区间并不是很多。考虑证明一件事情：
- 称一个区间是“有用”的当且仅当 \(\text{mex}(l,r)>\max(\text{mex}(l,r-1),\text{mex}(l+1,r))\)。对于序列 \(a\)，有用的区间不会超过 \(2\text{mex}(a)\) 个。
考虑从两端删数，如果删掉一个数不会影响整个序列的 \(\text{mex}\)，那么它不会对任何一个区间产生贡献，可以直接删掉。重复删掉两端的数直到整个序列是有用的区间。不妨设两端的数分别为 \(x,y\)，那么包含 \(x\) 且 \(x\) 对 \(\text{mex}\) 有贡献的区间不会超过 \(\text{mex}(a)-x\) 个，\(y\) 同理。把它们删去之后，新序列的 \(\text{mex}\) 不会超过 \(\min(x,y)\)，归纳下去可以证明结论。
然后把有用的区间找出来暴力转移，复杂度是 \(\mathcal{O}(nA)\) 的。
不过实际上有平凡做法。注意到暴力 DP 的做法：\(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个是否能异或和为 \(j\)，这个状态是 boolean 的，自然想到转置第一维，设 \(g_j\) 表示最小的 \(i\) 使得 \(f_{i,j}=1\)，使用类似 Dijkstra 的过程不难转移 \(g_j\)。
是第四次被这种 DP 技巧薄纱。一个提示是这种最优化 DP 未必是不能优化的。
P9312 [EGOI2021] Lanterns / 灯笼
尝试 DP。注意到任意时刻拥有的灯笼值域一定是一个连续区间。可以设 \(f_{i,l,r}\) 表示当前在 \(i\)，拥有的灯笼值域是 \([l,r]\)，还需要多少花费才能覆盖整个序列。仔细实现一下可以做到 \(\mathcal{O}(n^3)\)。
考虑优化一下状态。发现如果知道了值域和其中一个点的位置就可以确定状态。不妨记录一下决定值域的灯笼是哪个，这样既可以确定值域，也可以确定位置。设 \(f_{i,j}\) 表示当前拥有 \(i,j\) 灯笼的时候，还需要的最小代价。容易从灯笼推到值域。
然后你用树套树可以做到 \(\mathcal{O}(n^2\log^2 n)\)/mgx，但是显然不行。
观察题解可以发现，对于 \(i\) 是左端点的情况，将右端点 \(j\) 按照 \(r_j\) 排序之后，值域和覆盖范围都形成一个塔（也就是说前面的完全包含后面的），所以对于一个转移点，如果它不能转移 \(j\)，那么它一定不能转移 \(r_j\) 更小的点，所以可以直接把它删掉。所以做法如下：对于每个 \(i\)，维护 \(i\) 为左端点和 \(i\) 为右端点时的所有合法转移点，使用堆维护。如果不合法就直接把转移点从堆里面删掉。时间复杂度是 \(\mathcal{O}(n^2\log n)\) 的。
利用“单调性”优化 DP。
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