CTS2024

水镜

先考虑如何判定一个区间 $[l,r]$ 是否合法。

首先肯定存在一个分割点 $mid$，使得 $[l,mid]$ 取 $\min(h_i,2L-h_i)$，$(mid,r]$ 取 $\max(h_i,2L-h_i)$。

因此，记 $p_i=\max(h_i,2L-h_i)$，则 $p_i$ 需要先不升，再不降，并且只能在转弯处有至多一对相等。

考虑其反面，也即不存在 $p_{i-1}\leq p_i\geq p_{i+1}$。对于每个 $i$，这会导出一个限制，为 $L\notin[l,r]$，则判定一个区间是否合法只需要判定所有限制的并是否为全集即可。

又因为答案具有单调性，所以双指针即可，判定全集有一万种方法，时间复杂度 $O(n\log n)$。

线段树

记线段树 $i$ 点的区间为 $[L_i,R_i)$。

首先需要做一个转化：对于线段树上第 $i$ 个点，如果我们知道其权值，就将 $L_i$ 与 $R_i$ 之间连一条边，那么 $[l_i,r_i)$ 的权值可以求出充要于 $l_i$ 与 $r_i$ 联通。

把线段树这个图放到平面图，会发现这是一个三角剖分类似物，因此对于第 $i$ 个点，会有两种情况：

• $L_i$ 与 $R_i$ 联通，并且子树内的联通已经处理好了，子树内到子树外的联通要求都和 $L_i$ 联通了。
• $L_i$ 与 $R_i$ 不联通，并且存在一个 $j$，使得子树内所有没有跨过 $j$ 的联通要求都满足了，跨过 $j$ 的联通要求都一端和 $L_i$ 联通，一端和 $R_i$ 联通。

则我们将第一种记作 $f_i$，第二种记作 $dp_{i,j}$。

$f$ 与 $f$ 之间的转移是平凡的。

$f$ 与 $dp_i$ 的转移不会改变 $j$，因此是一个整体乘法。

$dp_{u,x}$ 与 $dp_{v,y}$ 的转移需要要求跨过 $x,y$ 的限制相同，也就是，$(x,y]$ 的要求都在 $mid_i$ 满足了。这个可以用 xor-hash 处理出等价类，然后在等价类之间转移。

最后在 $i$ 点的 $dp_i$ 还要整体转移到 $f_i$。

上述过程可以用线段树合并维护，时间复杂度 $O(n\log n)$。

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众生之门

首先任何一棵树都可以构造出一个排列，满足相邻两个点距离 $\leq 3$，因此答案 $\leq 3$，并且因为奇偶性是确定的，所以答案的最后一位是确定的。因此我们只需要确定答案的倒数第二位是啥就行了。

然后发现，除了菊花和 $n$ 比较小的情况，最后的答案都是 $\leq 1$ 的。

但是怎么构造呢？答案是直接随机（。因为你感受一下，你随机一个排列，答案是均匀的，因此每次随机交换两个位置，然后计算新的贡献即可。

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多方计算

首先我们有一个 $n+m+\log n$ 的做法：在第 $t$ 个时间将所有第 $x$ 个人的第 $y$ 位满足 $x+y+1=t$ 传到下一个人，并把这一位清空，下一个人将这个值加到对应位置上并进位。这样最多需要增加 $\log n$ 位，可以获得 $49$ 分。

这个做法刚开始的时间非常浪费，后面的点都没有传递信息。我们考虑让后面的点从 $\log n$ 位开始传递信息，传递一个三角形掉，这样前面的进位就只有 $\log \log n$ 个了，就可以做到 $n+m+\log \log n$。

这样会比限制多一步，我们只需要让开始的位从略小于 $\log n$ 的位置开始。真正限制开始位置的是这一次加法的进位数量，我们将后面的三角形改成对很多平行四边形同时做加法，就可以刚好进这个限制。

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投票游戏

首先我们可以求出 $f_i$ 表示 $i$ 被票出时候 $i$ 有几票，这样只需要比较 $(f_c,c)$ 和 $(f_d,d)$ 的大小即可。

首先考虑假设 $i$ 的儿子的 $f$ 都知道是啥了，$f_i$ 怎么求。维护一个变量 $x=a_i+\sum\limits_{j\in son_i}b_j$， 当票数降到某个 $f_j$ 的时候，将 $x$ 减去 $b_j$。当 $x$ 第一次和票数相同的时候就是 $f_i$ 的值。这个值可以维护线段树并在线段树上二分快速得到。这样就可以做随机树和菊花的情况。

然后一个自然的想法是轻重链剖分，并在重链上维护一些信息。考虑 $i$ 的重儿子 $j$，记 $i$ 去掉 $j$ 之后的答案为 $g_i$，则若 $f_j<g_i$，则 $f_i=g_i$，否则说明 $b_j$ 最终一定会被去除，则在线段树上改一下初始值之后再二分出另一种答案即可。

这样我们每个点的答案可以用一个函数表示：

$$f(t)=\begin{cases} A && t<x\\ B && t\geq x \end{cases}$$

这显然可以线段树快速求一条链上的答案，然后轻边暴力，这个题就做完了，时间复杂度 $O(n\log n\log V)$，如果维护儿子的地方写平衡树就可以做到 $O(n\log ^2n)$。

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字符串游戏

记 $occ(i,j)$ 表示 $s[i,j]$ 在 $s[i,n]$ 中出现次数。

记 $dp_i$ 表示 $s[i,n]$ 的答案，显然有 dp 是 $f_i=\max\limits_{j=i+1}^{n}{occ(i,j-1)-f_j}$。

这个 dp 是 $O(n^2)$ 的，非常不牛。为了优化这个 dp，我们需要对这个 dp 观察一些性质。

一个比较容易发现的性质是，如果 $i<j$ 且 $f_i\leq f_j$，则从 $i$ 转移一定不会比从 $j$ 转移更优，因为 $occ(x,i)\geq occ(x,j)$，所以我们只需要保留 $f_i$ 的前缀最小值即可。

但这是不够的。我们还可以注意到，如果在某次转移中，$i$ 的最优转移点是 $p_i$，则 $p_i$ 之前的转移点都没有用了。这是因为对于两个 $occ(x,i),occ(x,j),i<j$，在 $x$ 减一的过程中，$occ(x,i)$ 的减小量 $\geq$ $occ(x,j)$ 的减小量。

这样就可以决策单调性，但是复杂度是两个 log 的，过不了。

我们尝试维护一个单调栈，栈内满足 $f$ 单调递减。每次拿栈顶转移到 $i$，然后判断 $f_i$ 是否小于栈顶，如果小于就把栈顶弹了，否则退出。

这个做法的正确性在于，我们做完之后，记栈顶为 $x$，一个非栈顶为 $y$，需要证明 $x$ 对 $i$ 的转移不劣于所有 $y$ 对 $i$ 的转移。

反证，假设 $f_i=occ(i,y-1)-f_y$，则有 $f_i\leq occ(x,y-1)-f_y=f_x<f_i$，矛盾。因此 $f_i$ 转移完备。

所以我们只需要支持求 $occ$ 即可，这个可以倍增+bit 实现，时间复杂度 $O(n\log n)$。

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