例 1. \(\text{CF1408E Avoid Rainbow Cycles}\)
\(a_i+b_j\) 的限制很不好满足，我们可以考虑重构图。对于 \(j\in A_i\) 的关系，在 \(j,A_i\) 之间连边权为 \(a_i+b_j\) 的边。我们发现，在新图上的环就等价于原图的 "彩虹环"。所以跑一个最大生成树即可。
例 2. \(\text{P6623 }\)树
一些闲话：看到二进制想拆位，怎么现在还记不住 /kk.
不妨单独考虑第 \(j\) 位的、节点 \(x\) 对祖先 \(y\) 的贡献。显然，如果 \(v_x+\text{dis}(x,y)\) 的第 \(j\) 位有值，就一定满足（\(k\ge 0\)）
还是惯用套路，我们将 \(v_x+d_x-d_y\) 拆成两部分便于统计，那么 \(y\) 获得 \(x\) 的贡献 \(2^j\) 必须满足
可以发现，两侧的限制在模 \(2^j\) 意义下都相等，所以实际可以利用差分 + 桶就可以完成限制。具体地，遍历到 \(x\) 时将 \((v_x+d_x)\bmod 2^j\) 的桶异或上 \(2^j\)，这样正好就抵消了。
另外还有一个 \(\rm trie\) 树做法。每次加一操作，只需要沿着右儿子走，回溯时候递归交换左右儿子去模拟进位。然后再加上线段树合并。因为总共有 \(n\) 个数被插入，删除次数就是 \(\mathcal O(n)\) 的，总删除时间为 \(\mathcal O(n\log v)\).
例 3. \(\text{[HNOI 2014] }\)道路堵塞
一些闲话：虽然这题复杂度看上去不太对，但是动态 \(\rm spfa\) 的思想确实可以借鉴。（你什么时候借鉴过
首先描述算法流程：先从 \(1\) 号点开始跑一个 \(\rm spfa\)，不走给定最短路边，且走到最短路上的点也不从此点拓展；同时，当拓展到最短路上的点 \(v\) 时，我们在小根堆中插入 \(v\)，它的权值是从 \(1\) 号点到 \(v\) 的最短路 \(d_v\) 加上 \(v\) 到 \(n\) 的最短路（这个可以直接用给定最短路边逆序求得）。完成后，查询小根堆中是否存在 \(v>1\) 的点（即能 保证 没有使用第 \(1\) 条给定边），输出最小权值。接着，我们用第 \(1\) 条给定边更新此边对应的点 \(\rm to\) 的 \(d\) 值，从 \(\rm to\) 开始再跑 \(\rm spfa\)……之后的操作都是类似的。
重要的是 延迟更新 的思想：对于 \(\rm ban\) 掉第一条给定边的情况，显然给定最短路上的点都不需要拓展，直接取用给定最短路。小根堆的正确性也很显然，因为点 \(n\) 被拓展时一定会被插入，而且 \(i\) 是递增的。
什么，你问我复杂度？复杂度是什么，能吃吗 /yiw
题目中 \(|a|\le 10^9,b,k\le 30n\) 其实给出了一些暗示：二进制分块。为了方便，我们将 \(32\) 位压为一块，压成一个 unsigned int。维护加法和减法两个结构，那怎么处理询问呢？事实上，我们只用考虑成加减两个结构在第 \(k\) 位是否相同，再判断小于第 \(k\) 位的部分，加结构减去减结构时需不需要借位。后面的部分实际就是查找小于第 \(k\) 位的第一个加减结构 不同 的位，这个可以用 \(\rm set\) 维护，具体来说，在对某块进行修改时，就将修改后的 unsigned int 和另一结构同编号块的 unsigned int 进行比较。模拟进位是均摊 \(\mathcal O(1)\) 的，因为你可以将每一块看作二进制下的一位，而 \(|a|\le 10^9\) 实际上就保证了每次初始对一块不能加超过 \(1\)，就可以拓展二进制计数器的复杂度分析了。
整体复杂度大概是 \(\mathcal O(n\log n)\)，还有一些实现上的细节：对于块的进位，unsigned int 可以直接加，再判断修改前后的大小关系就知道是否进位；另外不能直接 >>32，需要分成 >>31 和 >>1 两步计算。
例 5. \(\text{[CTSC 2008] }\)网络管理
恶补我的数据结构。
带修树链第 \(k\) 大问题。对于树上问题，第一个思路就是用树剖转化成序列问题。这样一个朴素的想法就呼之欲出了：修改时用树状数组套权值线段树单点修改；查询就加个树剖，用树状数组前缀和相减得到树剖区间。时间复杂度是 \(\mathcal O(n\log^3 n)\) 的。事实上，这类 可加性 问题（统计权值区间的数字个数）有一个通用的降低复杂度的方法：假设查询链 \((u,v)\)，只需 \((1,u)+(1,v)-(1,\text{lca})-(1,f_{\text{lca}})\) 即可。所以只需在单点 \(u\) 上维护 \((1,u)\)，就可以去掉树剖的 \(\log\)，这就是 "区间修改（子树），单点查询" 的问题，可以用 \(\rm dfn\) 序解决，用树状数组维护 \(\rm dfn\) 序即可。
题目要求算极差，一个经典的想法是将所有数字排序，答案就是某个区间的左右端点之差。需要注意的是，区间内部可以有不选的数字，而区间外的数字必定是不选的，所以我们 \(\rm check\) 的时候应该只关注区间外的情况。好抽象啊。
例 7. [省选联考 2021 A/B 卷] 滚榜
一些闲话：时隔一年再来看这道题，还是觉得不会做 qwq，完了完了我真的感觉自己省选要凉了……
看数据范围想到状压，朴素 \(\mathtt{dp}\) 就是选择集合 \(S\) 中的队伍成为第一名的时间，上一支成为第一名的队伍是 \(i\)，上一支队伍的 \(b_i\)，总共用了多少题目数，这是显然过不了的。
这题一个非常重要的点其实是题目要求的是 "最终排行榜上队伍的排名情况" 而不是 "每支队伍的 \(b_i\) 取值情况"。所以事实上我们只需要确定每支队伍成为第一名的时间（这是一个排列）即可，我们甚至不用限制 \(\sum b_i=m\)，只需保证 \(\sum b_i\le m\)，这样最后一个成为第一名的队伍直接补到 \(m\) 即可。
另外题目还有一条很重要的线索，\(b_i\) 不降，这也就意味着假设 \(j\) 在 \(i\) 之后成为第一名，\(b_j=b_i+\delta(\delta\ge 0)\). 而这个 \(\delta\) 和 \(\{b\}\) 没有半毛钱的关系！想到什么？差分，也即费用提前计算。预处理 \(\delta_{i,j}\)（注意这里处理的是最少花费），从 \(i\) 转移到 \(j\) 时就加上 \(\delta_{i,j}\cdot \text{coe}\)，其中 \(\rm coe\) 是在 \(i\) 之后成为第一名的队伍数。这样就去掉 "上一支队伍的 \(b_i\)" 这一维，根据上文所述，由于这是最小花费，所以 \(\sum b_i\) 可以取到 \([0,m]\).
复杂度 \(\mathcal O(n^2m\cdot 2^n)\)，但是跑得飞快。
另外再提一嘴，\(b_i\) 不降还可以考虑 \(\text{meet-in-middle}\).
例 8. \(\rm Intervals\)
题目大意：给定 \(m\) 条规则形如 \((l_i,r_i,a_i)\)，对于一个
01串，其分数的定义是：对于第 \(i\) 条规则，若该串在 \([l_i,r_i]\) 中至少有一个1，则该串的分数增加 \(a_i\).你需要求出长度为 \(n\) 的
01串中的最大分数。
说句闲话：卧槽随便选一道题自己就不会，真的被整焦虑了。
遇到类似 "在区间 \([l,r]\) 中存在"，我们可以考虑在端点计算贡献，对于此题不妨选点 \(r\). 确定了一个端点，显然我们只需要知道离 \(r\) 最近的 \(1\) 就知道是否包含 \(1\) 了。所以设 \(dp_{i,j}\) 为选到第 \(i\) 个位置，在之前最近的 \(1\) 的位置为 \(j\) 的最大分数。那么用线段树维护，新建 \(dp_{i,i}=\min dp_{i-1,j}\)，然后再更新 \(dp_{i,j}\leftarrow \sum_{r_k=i,l_k\le j}a_k\).
一些闲话：第一次做通信题，好耶！
考虑到 \(\rm Bob\) 啥也不发是非常浪费的，我们可以考虑通过 \(\rm Bob\) 来提醒一下 \(\rm Alice\) 哪些需要发。先考虑 \(n=1000,m=1600\) 的部分分，它在提示 \(m=\frac{3}{2}n\) 的做法：\(\rm Alice\) 每发一个数，\(\rm Bob\) 就提醒她下一个数需不需要发送，最坏情况是连着 \(n\) 个数字不需要发送，\(\rm Alice,Bob\) 均会浪费 \(n/2\) 次发送机会，再加上剩下的 \(n\) 次发送，总共是 \(\frac{3}{2}n\) 次发送。
对于 \(n=1000,m=1350\) 的部分分，这也在提示 \(m=\frac{4}{3}n\) 的做法：将序列划分成三段，至少有一段有 \(n/3\) 个数被选择，我们直接让 \(\rm Alice\) 输出这一段的所有数（段的编号可以被两位二进制数表示）；对于剩下的两段，由 \(\rm Bob\) 先发送是否需要这个位置，\(\rm Alice\) 再进行输出，对于 \(\rm Alice\) 这是 \(\frac{2}{3}n\) 级别的。
均摊思想真的好妙啊。
例 10. [NOI Online #3 提高组] 优秀子序列
说个笑话：这篇题解咕了两年。
首先看到 \(\varphi(1+\sum_{i=1}^m a_{b_i})\) 就开始疑惑：这玩意看上去好大啊，算的了吗？事实上，如果将每个数的二进制表示看作集合，那么一个优秀子序列的交集一定为空！这也就意味着把它们相加不会产生进位，所以数字和在 \(2^{18}\) 这个范围内。考虑令 \(dp_i\) 为二进制集合为 \(i\) 的优秀子序列个数，答案就是 \(\sum dp_i\cdot \varphi(i+1)\)。\(\mathtt{dp}\) 转移就是枚举子集：\(dp_s\leftarrow dp_t\cdot c_{s\setminus t}\)（为了避免转移重复，可以强制 \(s,t\) 的 \(\rm lowbit\) 相同），其中 \(c_i\) 是数字 \(i\) 的出现次数（注意这里没有考虑零，这是较特殊的一种情况），因为子序列是没有顺序的。最后答案再乘上 \(2^{c_0}\) 即可，因为零对 \(\varphi\) 没有贡献，只对方案数有贡献。复杂度 \(\mathcal O(3^{18})\).
例 11. \(\text{CF830C Bamboo Partition}\)
一些闲话：非常矛盾的心态 —— 明明很紧张却又不想学了……要打起精神来啊！
取模先化简成减法
左边就是整除分块的形式，有趣的是，左边的求和只有 \(n\sqrt V\) 种取值。单独来看显然是 \(\sqrt V\) 种取值，由于每次 \(d\) 的移动至少带来一个 \(a\) 的变化，所以总共有 \(n\sqrt V\) 种取值。枚举每一种取值，然后计算 符合条件 最大的 \(d\)，具体而言，对于取值相同的 \(d\)，肯定值越小越容易满足条件，先判断最小值能否满足条件，接着将 \((k+\sum a_i)/(s+n)\) 与答案取 \(\rm max\).
例 12. [九省联考 2018] 秘密袭击 coat
一些闲话：感觉这个枚举的思路和之前做过的两道题挺像的。
枚举城市 \(i\) 为选取城市集合中第 \(k\) 危险的城市（注意还需要在危险度相等时设立偏序关系），那么将更危险的城市标记为 \(1\)，反之为 \(0\)。接下来就需要计算包含 \(i\) 的连通块中有 \(k-1\) 个 \(1\) 的连通块个数，再乘上 \(d_i\) 累加进答案。令 \(dp_{i,j}\) 为以 \(i\) 为根的子树（必选 \(i\)）的有 \(j\) 个 \(1\) 的连通块的个数，转移略。复杂度 \(\mathcal O(n^2k)\).
