ZJOI2018 D1T2 历史（毕竟我菜，所以题解十分易懂。。）

我定睛一看，上一篇博客居然是去年省选写的。。。emmm我果然很懒。。

又是一年省选季，临死前订正一下去年的题吧。。

作为第一天30pts的滚粗选手，我去年并没有怎么思考这题。。

 

题意概括好麻烦，来来来我们放题目链接。。

 

为了方便叙述，我们用T_i表示 ∑(i在lca的子树中)a_i 。

 

从无修改的情况的入手。我们先解决一个问题，即：如果给出一个崛起的顺序，比如样例中的4,1,5,3,2，我们要怎么计算灾难度之和。

 

考虑顺序为：......u.....v..... 则u,v贡献一个灾难度的条件为：u....v之间没有点在lca(u,v)的子树中。比如例子中4,1,5中的4,5贡献了一个灾难度，是因为1不在lca(4,5)=2的子树中。可以发现，如一个u,v能通过lca贡献一个灾难度，那么u,v仅有两种情况:1.u,v为lca不同儿子的后代 2.u,v中某点为lca,另一点为lca的后代。

 

考虑u,v十分地累。。。所以考虑每个lca，由 u,v贡献灾难度的条件 我们发现，要计算通过lca贡献1的点对个数，只需关心lca子树中各点（共 ∑(i在lca的子树中)a_i 个点）的相对位置。假设我们已知这个相对位置，现在要计算哪些点可以通过lca贡献一个灾难度。由情况1,2我们知道，lca的每个儿子的子树中的点是等价的。令lca的儿子个数为s，则，我们可以将lca子树中的所有点看成一些染了色的点（共s+1种颜色，每个儿子子树一种+lca一种）。

 

现在，对于每个lca，我们得到了(s+1)中颜色的点的排列。那么，通过lca贡献的1的点对个数 等价于这个排列上 相邻且不同色的点对u,v 的个数。（Q：为什么一定要相邻？A：如果不相邻，那么u,v之间出现的点一定会把u和v的所有公共路径覆盖掉，此时两点无法贡献答案。）

 

好，现在我们已经得到了一种已知崛起顺序的计算方法，我们来考虑让灾难度之和最大。容(mei)易(you)发现，上述计算方法有一个很不错的性质，即不管每个lca子树里怎么安排它的颜色序列，这些颜色序列都能组成整个方案。并且，每个序列可以直接对答案有独立贡献。这就很棒，不带修改的情况直接转换为一个相对简单的问题：

有c种颜色的点，颜色为i的点有T_i个。求出所有点的排列中 相邻异色点对个数 的最大值。

这个最大值的上界显然是 T_i-1 。我们考虑构造一种排列。现在我们有  T_i个空格子。我们将{a_i}从大到小排序。先取出a₁个颜色为1的点来填。为尽量不浪费，我们隔一格填1个1。填完之后，我们把填好的格子看作被删掉，有了一条的连续空格子，于是我们可以取出a₂个颜色为2的点，重复上述过程。（举个🌰：数组a为3,2,2,1,1 那么这样填 101010000 -> 121012000 -> 121312030-> 121312430-> 121312435）这样就结案了！我们发现，如果1轮之后a₁没有用完，那么势必会出现同色点相邻的情况，达不到上界。也就是说，如果存在 T_i+1≤2*a_i，那么答案一定达不到T_i-1。并且此时，再填入其他颜色，不会新增浪费。

综上，令mx=max{a_i}，答案即为min( T_i-1 , 2*( T_i-mx ) )

于是，在无修改情况下，我们可以O(n)求出答案！

 

我们考虑单点修改对答案的影响。

显然，修改点u只会影响 u点及其祖先 的子树。考虑被其中一点f增加w对其父亲F的影响。这个影响有以下情况：

1. 2*T_f≥T_F+1，这时T_f仍是最大的儿子，我们只需找个数据结构对这样的边f-F区间减2w即可。

2. 2*T_f≤T_F。这提供了一个性质，即连续的这样的边f-F最多log条。

进一步思考这个性质在1-u这条链上的表现，2*T_f≥T_F+1时，F->f后至少有T_f≤T_F，可视作 T_F至多不变，可能减少 。2*T_f≤T_F时，视作T_F至多减半，可能减更多。因此，满足 2*T_f≤T_F的边在(1-u)链上最多log条。这样我们就可以暴力修改这样的边了= =。

 

维护的话，用树剖是nlog²的，一股浓浓的“你若敢交我就敢卡，你要能过我也没法”的气息。。。所以我们还是乖乖lct吧。。。