2022.2 好题

UER#9 - 赶路

https://uoj.ac/contest/61/problem/604

考虑分治，我们设 \(f(u,v,S)\) 为从 \(u\)，经过点集 \(S\)，到达 \(v\) 的过程（ \(S\) 不包括 \(u,v\) ）。

那么我们从 \(S\) 中随机选一个点 \(x\)，然后从 \(u\) 经过点集 \(S_0\) 到达 \(x\)，然后从 \(x\) 经过 \(S_1\) 到达 \(v\)。也就是 \(f(u,x,S_0),f(x,v,S_1)\)。

怎么求得 \(S_0,S_1\)？我们将 \(u\) 和 \(x\) 连线为直线 \(l\)。在直线上方的为 \(S_0\)，在直线下方的为 \(S_1\)。当然，最后 \(S_1\) 和 \(v\) 应该在 \(l\) 的同侧，如果在异侧，就交换两个集合。

递归边界： \(S\) 为空集时，走到点 \(u\)。

UER#9 - 知识网络

https://uoj.ac/contest/61/problem/605

做法一：

对于每个标签建立一个虚点，每个点向对应标签连边权为 0 的边，标签向对应点连边权为 1 的边。然后就可以 bfs 求最短路了，这样是 \(O(nm)\) 的。

做法二：

建立虚点后，枚举标签。设现在枚举到第 \(i\) 个标签，所有 \(i\) 号标签的点（简称初始点）一起跑最短路（多源多汇），得到每个点的 \(dis\) 值。进而可以建立出最短路 DAG（类似最短路树，但是因为多源，所以是 DAG）。

思考一下，对于一个点 \(u\)，初始点怎么到达它？要不然是不走 \(i\) 号虚点，通过原本的道路或者其它标签的虚点走到 \(u\)，这种点我们称为孤勇者。还有一种办法就是走到虚点，然后走到孤勇者点，然后走孤勇者点相同的路径，这种点称为小弟。

发现，走到 \(u\) 点的最短路 \(dis_u\)，必然是由孤勇者点开始的，而从小弟点开始走，最短路必定是 \(dis_u+1\)（因为花费一步就可以到孤勇者点，然后和孤勇者点一模一样）。

如果有 \(x\) 个初始点，其中有 \(x_0\) 个孤勇者点，那么 \(u\) 会产生 \(x_0\) 对长度为 \(dis_u\) 的路径；会产生 \(x-x_0\) 对长度为 \(dis_u+1\) 的路径。（代码实现时要加一，因为题面中路径长度的定义为路径点数而非边数）

而且，在最短路 DAG 上，\(u\) 对应的小弟点是走不到 \(u\) 的（由最短路 DAG 的定义）。所以只用统计一下最短路 DAG 中，每个点有多少个初始点为前驱就好了（前驱指可以到达一个点的点，无论直接还是间接连边），前驱一定是孤勇者点。但是可惜的是，维护前驱，这是个 NP 问题（好像是。），唯一的办法就是暴力维护每个点的前驱集合，然后暴力转移。空间复杂度 \(O(n^2)\)，时间复杂度 \(O(km\times n)\) （转移一次集合就要 \(O(n)\)，要枚举每条边转移）。

做法三：

在做法二的基础上，我们每次只维护 \(w=60\) 个点的集合（也就是分批运行集合），然后只用一个 long long 保存一个集合，这样转移集合就是 \(O(1)\) 的了（S[v]|=S[o]）。空间复杂度是 \(O(\frac{n^2}w)\)，时间复杂度 \(O(km+\frac{n^2}{w})\)。可以通过本题。

UER#9 - 面试

https://uoj.ac/contest/61/problem/606

看起来好烦啊，不想做。

UER#8 - 打雪仗

https://uoj.ac/contest/47/problem/454

sol 1

发现这个通信题非常前卫，并不只是一个人通信给另一个人，另一个人报答案，而是两个人可以随意地互相发送信息！

于是当甲报出 \(i\) 位置的数字时，乙发送 \(0/1\) 代表下一个位置的数字是 \(i+1\) 还是 \(i+2\)。（如果都没有就报 1）。

如果随机数据，打表得，这个的期望的传递次数是 \(\frac 4 3 n\) 的。但是遇到 000000111111 这种数据，就被卡成 \(\frac 3 2 n\) 了。

于是约定一个随机种子，将数据打乱一下就可以期望 \(\frac 4 3 n\) 了。

sol 2（有锅）

把 01 串大约地切割成，三个差不多一样长的串（也就是，长度约是 \(\frac 23n\)）。那么，必有一个串，有乙的元素的数量，不少于一半。

乙把这个串的序号告诉甲，甲直接把整个这个串告诉乙。

还有两个串呢？用 Sol 1 的方法就好了。（应该是…吧？）

UER#8 - 雪灾与外卖

https://uoj.ac/contest/47/problem/455

【反悔贪心】（也可以说是【模拟费用流】）

因为每个人都要去店，所以我们先在 -inf 处放置 \(n\) 个店。

我们从左到右枚举每一个元素，如果是一个人，那么就在“店堆”中找到最小的代价（即使是正数，因为每个人都一定要去店），更新答案，然后将人插入人堆中。（注意：如果最小的代价，对应的店，容量大于一，那么就将店的容量 \(-1\) 然后再插回店堆中）。

如果是一个店，同样地，就循环地在“人堆”中找到最小的代价，直到最小的代价是正数，或者店的容量被消耗光。同样地，拿到最小代价后，更新答案，将店插入店堆（注意：……同上）。但是店有两个增加的操作：

• 如果这个店还有容量，那么将剩余的容量对应权值塞进店堆里；
• 如果这个店花费了一些流量，那么将这些对应的权值塞进人堆里。如果后来有一个店 \(B\) 匹配了这个权值，代表 \(B\) 夺取了原来店的那些人。

可能有疑问：为什么人不会有增加的操作？ 简洁地说，因为人是不带权（\(w_i\)）的，只和距离有关。

如果有两家店 \(u,v\)，有两个人 \(a,b\)，满足 \(u<a<v<b\)，那么最优解会是 \(u-a,v-b\)，而非 \(u-b,v-a\)，因为这白白多走了一段路。

所以就不会有下面的情况：

\(a\) 匹配了，在他左边的，有一个只有一个菜的店 \(u\)。\(a\) 的右边有一个 \(b\)，结果枚举到 \(b\) 的时候，让 \(b\) 去匹配 \(u\)，而让 \(a\) 去匹配另外一个其它的位置。

同时，我们也可以根据这个，说明时间复杂度：

不会证时间复杂度，但是操作是线性的。加上优先队列，是 \(O(n\log n)\)。

UER#8 - 许愿树和圣诞树

https://uoj.ac/contest/47/problem/456

类比 HNOI2017 单旋：

用 LCT 维护这个树。

由于只用查询最大值和最小值，由于 Spaly 的性质，所以最大值必须在整个树的最右下角，最小值必须在整个树的最左下角。

假如现在的点是 \(u\)，父亲是 \(fa\)，儿子是 \(v\)（因为是最值，所以只会有一个儿子），树根是 \(root\)，那么执行：

cut(u,v),cut(u,fa),link(u,root),link(v,fa)

即可。至于为什么，画个图就好了。

但是回到这题，并不是查询最值，所以我们 aces(u,root)，得到一个链。设链上的点，左子树有 \(u\) 的为 0 点，右子树有 \(u\) 的为 1 点。那么链可以表示成一个 01 串。依次地像上面的思路一样，处理每一个极长的 0 串或 1 串。

这个可以证明是均摊 \(O(\log n)\)，但是要用到势能分析。

对于操作 2 和操作 3，就是在 Splay（注意是真正的，在 LCT 上的 Splay 而非 Spaly）上递归就好了，\(O(\log n)\)。

总时间复杂度为 \(O(Tn\log n)\)，但是实现显然又难又性价比低。

UER#7 - 短路

https://uoj.ac/contest/35/problem/244

显然地，只能往下或者往右走，是最优的。（想一想，为什么？）

然后我们可以沿着 \(y=x\) 切开，那么左上角怎么走，右下角就会对称地走。

枚举我们会在哪里闯过楚河汉界。设为第 \(i\) 层。

首先，每一层我们都会刚好纵向走一次，至少横向走一次。

纵向的值是固定的，先不考虑。

横向的，如果第 \(j\) 层是 \(a_1\sim a_j\) 的最小值，那么能走就走。否则不做停留（也就是不在这一层横向走）。

这个结论有点难想，但是想到了后，就是存粹的贪心了。

UER#7 - 天路

https://uoj.ac/problem/245

没怎么做过的误差题目！

注意到，如果 \(ans_i\in [1.05^x,1.05^{x+1}]\)，那么输出 \([1.05^x,1.05^{x+1}]\) 中的任何一个整数都是合法的。

注意到， \(ans_i\) 是单调递增的。

所以枚举每一个区间 \([1.05^x,1.05^{x+1}]\)，统计有哪些 \(ans_i\) 在这些区间就好了。

怎么统计？找到满足 \(\max-\min\) 在 \([1.05^x,1.05^{x+1}]\) 中最大的区间（用尺取法维护）即可。ST 表。

UER#7 - 套路

https://uoj.ac/contest/35/problem/246

根号分治。

对于 \(len\le \sqrt m\) 的，直接用 \(s(l,r)=\min(\ s(l+1,r),s(l,r-1),abs(a_l-a_r)\ )\)。

对于 \(len>\sqrt m\) 的，\(s\) 只会有 \(\frac m {len}=\sqrt m\) 种取值，为 \([1,\sqrt m]\)。（如果是类似 1 n 1 n 1 n 的数据，会被算入第一种情况）。于是枚举每一种取值，尺取法维护即可。

总时间 \(O(n\sqrt m)\)。

套路：对于这种用到值域，用到区间本身长度的用根号分治。

UER#6 - 票数统计

https://uoj.ac/contest/29/problem/209

显然如果 \(x>y\) 那么就是前缀的条件；如果 \(x<y\) 就是后缀的条件。

对于条件【前 \(x_1\) 个人有 \(y_1\) 个通过】和【前 \(x_2\) 个人有 \(y_2\) 个通过】，可以转化为【 \([1,x_1]\) 有 \(y_1\) 人通过】和【\([x_1+x_2]\) 有 \(y_2-y_1\) 人通过】。

所以可以将条件分为若干个独立的区间，将区间的贡献相乘即可。

但是还有一种东西就是 \(x=y\)。

发现只用找到最大的 \(x=y\) 的 \(x\) 就好了，因为如果这个满足了，其他也一定会满足。

枚举 \(x=y\) 是前缀还是后缀，最后容斥一下减去【前缀和后缀都满足 \(x=y\)】 的方案数就好。

UER#6 - 寻找罪犯

https://uoj.ac/contest/29/problem/210

你发现这是个“是否”问题，于是 2-SAT。

设立一下条件中的元素： 代表【证词为真】/【证词为假】/【人是好人】/【人是犯人】的四种点，按照语文阅读理解推一下就好了。

比较重要的是【证词为假】，此时这个条件要和 \(x\) 说的其它证词的【证词为真】连边。

就相当于有 \(n\) 个点 \(a_i\) 和 \(n\) 个点 \(b_i\)，对于每个 \(i\)，\(a_i\) 要和 \(\forall j\ne i\ b_j\) 连边。前后缀优化即可，太显然了！！真是大水题。

UER#6 - 逃跑

https://uoj.ac/contest/29/problem/211

学长讲过但还是不会，明天问问人。

UR#19 - 清扫银河

https://uoj.ac/contest/51/problem/513

这两个操作都看起来很蠢，试图将他们简化：

• 对于操作一：

  • 如果只给一个点染色，那么就是使得连着的边翻转。
  • 如果给一条边的两个点 \(x,y\) 染色，那么就相当于只给 \(x\) 染色并作操作一，只给 \(y\) 染色并作操作一。
  • 如果给几个毫不相干的点染色，那么就相当于分别地，只给一个点染色并作操作一。

  于是发现，我们可以把 1 操作转化为，每次只给一个点染色，使得其连着的边翻转。如果转化为这个模型，有一个结论是，每个点至多染色一次是最优的。（可能会有疑问，就是如果不转化为这个模型，会不会使得答案更优？事实上，待会会说明，转化为这个模型后，虽然可能不是最优，但必可以使得答案小于 \(m+1\)）

• 对于操作二：

  我们建出图的一个生成树。那么对于一个非树边 \(p-q\)，\(p-lca(p,q)-q\) 形成了一个简单环。那么对于原图上的任意一个环，都可以由若干个简单环 异或得到（这里异或是直接对边异或，即如果一个边在偶数个简单环里，就不计算这个边）。

  所以 2 操作转化为，每次选择一条非树边，将对应的简单环边权翻转。同样，每个非树边至多操作一次是最优的。

发现，操作一至多有 \(n\) 次，操作二至多有 \(m-n+1\) 次，所以总操作数刚好不超过 \(m+1\)。

可以直接暴力地高斯异或消元（\(a_i\) 代表是否执行 \(i\) 操作，每个方程代表对 \(u\) 的影响的操作有哪些），时间 \(O(\frac {Tm^3}w)\) 可以 70 pts.

100pts 的解法看不懂。

UER#5 - 万圣节的南瓜灯

如果好点组成的图没有环，那么对于任意一个四个点的正方形 \((i,j),(i+1,j),(i,j+1),(i+1,j+1)\) 都必须要一个坏点。

所以答案为 Yes 的必要条件为 \(nm\le 4K\)。特判后，暴力做即可！

UER#5 - 万圣节的数列

求助，怎么样暴力可以拿 20 pts 😭

猜测一个性质：不会有长度大于二的等差子序列。

分治。

首先将奇数放在左边，偶数放在右边，这样就不会有跨中间的，长度大于二的等差子序列了。

然后对于左边一段分治：全部都除以二，再接着，奇数放在左边，偶数放在右边。这样左边都是 % 4 余 1 和模 4 余 3 的了。这样就不会有跨中间的，长度大于二的等差子序列了。

一直这样分治下去即可。

但是对于同样的数字怎么办？那么就设定一个阈值 \(D\)，如果递归超过 \(D\) 层，还是不能区分当前的元素，那么就不再操作即可。因为 \(a\le 10^9\) 所以 \(D\) 取 \(30\) 即可。

UER#5 - 万圣节的糖果

好奇怪的题啊，完全想不到……

首先假设集合是无序的，最后乘上 \(m!\) 即可变成有序的！

50 pts

设 \(f(i,j,k)\) 为放置了前 \(i\) 个糖果，有 \(j\) 组集合的末尾元素与 \(i\) 奇偶性相同，有 \(k\) 组集合的末尾元素与 \(i\) 奇偶性相异，的方案数。

\[f(i,j,k)=f(i-1,k+1,j-1)*(k+1)+f(i-1,k,j-1) \]

100pts

设置一些非常奇怪（而且难以想到）的东西。

假如题意改成【需要让每一组集合都奇偶性相同】，那么设 \(h(i,j,k)\) 与 \(f\) 的定义一样，dp 即可。

如何 dp？首先我们设 \(g(i,j)\) 是将 \(i\) 个糖果放到 \(j\) 组集合的方案数。

\[g(i,j)=g(i-1,j-1)+g(i-1,j)*j \]

那么，由于 \(1\sim i\) 种刚好有 \(\lceil\frac i 2\rceil\) 个与 \(i\) 奇偶性相同的数字，\(\lfloor\frac i 2\rfloor\) 个相异的数字，所以有：

\[h(i,j,k)=g(\lceil\frac i 2\rceil,j)*g(\lfloor\frac i 2\rfloor,k) \]

发现事实上 \(h\) 是个伪 dp。。。不过，这是 \(O(n^2)\) 的。

然后发现 \(f(i,j,k)=h(i+1,k+1,j)\)。于是就做完了。

证明

归纳法，具体看题解。

反正我觉得这种 dp 没有任何启发意义。

如果会容斥做法的找我

UER#4 - 被删除的黑白树

https://uoj.ac/contest/20/problem/139

首先设最浅的叶子 的 深度是 \(len\)，那么答案的上界肯定是：每个叶子到根的深度都是 \(len\)。

根据构造题套路，证明这个答案的上界一定可以取到。

我们按照深度，从小到大，枚举每一个叶子节点，看它到根有 \(x\) 个黑点，那么就再从叶子节点往上染黑 \(len-x\) 个白点。根据直觉和感性画图，这是对的。

UER#4 - 被粉碎的数字

https://uoj.ac/contest/20/problem/140

显然是数位 dp。

发现记录数位和是不行的，因为不能递推。所以记录 \(f(x),f(kx)\) 的值然后递推即可。

但是我们发现 \(f(kx)\) 的值很难去计算。

于是我们反过来，从低位到高位数位 dp。具体方法是：记录 \(typ\) 代表现在 \(1\sim i\) 表示的数字 与 \(n\) 的 \(1\sim i\) 表示的数字大小如何。如果第 \(i\) 位不同，则直接更新，如果相同就是 \(typ_i=typ_{i-1}\)。

为什么要这样？我们要记录一下最高位的数字是多少，以便转移。

比如我从 56 X 7 转移到 456 X 7：

  56
x  7
-----
  42
 35
-----
 392

余数就是 3，这样我们加入 4 这个高位的时候，就可以直接：

 4....
x    7
------
  3...
 28
------
 31...

注意：以下 dp 式子并非正确的，\(x \bmod 1000\) 事实上需要把 3 位都加起来！

那么记录数位 \(i\)，\(f(x)\) 的值 \(a\)，\(f(kx)\) 的值 \(b\)，当前的余数是什么 \(j\)，以及比较状态 \(typ\)。

\[g[i+1,a+x,b+(j+k*x)\bmod 1000,(j+k*x)/1000,typ']+=g[i,a,b,j,typ] \]

但是发现 MLE 了……

发现我们最后只需要 \(a=b\) 而不关心 \(a,b\) 的值。所以我们可以改为记录 \(c=a-b\)。

\[g[i+1,c+x-(j+k*x)\bmod 1000,(j+k*x)/1000,typ']+=g[i,c,j,typ] \]

这样就过了。

（事实上要记录一下最高第一位，最高第二位，最高第三位？）

UER#4 量子态的棋盘

https://uoj.ac/contest/20/problem/141

开始讨论赛了，有空在做！

杂题选讲

https://www.cnblogs.com/lgj-lgj/p/15868928.html

CF1383F - Special Edges

https://www.luogu.com.cn/problem/CF1383F

枚举每一条特殊边是否为最小割。设 \(f_{S}\) 为，每条边割或不割的状态是 \(S\)，其余 最小割的边 的最小值，则 \(ans=min(f_S+\sum\limits_{S_i=1}w_i)\)，\(w_i\) 就是每次输入的。

但是还是要做 \(2^k\) 次网络流来求出 \(f\)，TLE！然后我们从 \(S\) 转移到 \(S|(1<<i)\)，只用在残量网络上加边即可。 怎么记录？暴力存边。\(e_{S,i}\) 状态 \(S\) 的第 \(i\) 条边。\(S\gets S\ xor\ lowbit(S)\)。

要用 FF 求，就是不 dfs 了，直接在 bfs 上面找到路径，直接搞。因为边权小所以对的。

CF1416F - Showing Off

https://www.luogu.com.cn/problem/CF1416F

因为格子不能向边界外面连边，所以最后是内向环套树森林（不会证明。）。

然后我们可以让所有环长度都是 2，这样更加方便：

比如：

D L

R W

可以变成：

D L

W L

会不会改环长前可以构造方案，改后就不行了？不会的，因为是内向树森林，把对应的 \(A\) 调大一点就好了。

那么就相当于骨牌覆盖。

但是：大的只能向小的连边。

为什么？因为如果小的向大的连边，但是大的不向小的连边，那么小的权值为 \(A_1+A_2\)，大的权值为 \(A_2\)。这是矛盾的。

一个环的话，两个权值都是 \(A_1+A_2\)。

所以有一个没有用的推论：如果有一个点，它的四面都大于它，则直接无解！

所以如果有一个点，它的四面都大于等于它，那么它就一定在环上。称为好点。

所以仍然是骨牌覆盖（一个骨牌，代表这两个点成环）：黑白染色，二分图。然后可以跑费用流或者上下界：

连边：\(a\) 向 \(b\) 连边，当且仅当 \(val_a\ge val_b\)。

费用流：给好点的出边，费用都是 1。最大费用最大流。如果最后费用不是好点数量，就是无解。\(O((nm)^2)\)！? 但是能过，玄学。

对于图 \((V,E)\)，费用流是 \(O(VEf)\) 的，其中 \(f\) 是最大流。所以说费用流没有准多项式复杂度。但是一般看成 \(O(VE)\)。

上下界：好点 \([1,+\inf]\)，其他点 \([0,+\inf]\)。\(O(nm\sqrt {nm})\)。

输出方案：看网络流图中每个点向哪个点连边。然后拓扑排序一下就好了，毕竟这个环套树的环长度只有 2。

UPD：本来想用费用流水的，但是 zz 讲课太好了，良心发现，决定写上下界！

CF737E - Tanya is 5!

https://www.luogu.com.cn/problem/CF737E

CF1284G - Seollal

https://www.luogu.com.cn/problem/CF1284G

ZZ 写题解，真是天仙下凡！

首先给 \((1,1)\) 的左边与上边放上两个白点：\((0,1),(1,0)\)。于是不用考虑 \((1,1)\) 了。

每个黑点连接相邻的白点，然后最大匹配。然后将最大匹配的一对点缩点，再连边即可。（应该是）

\(O(nm\sqrt {nm})\)

CF1552G - A Serious Referee

https://www.luogu.com.cn/problem/CF1552G

不会证明，但好像很对：YES 当且仅当所有的 01 序列可以被复原。

于是就暴力一点，啊。我们暴力维护当前可达的状态，然后暴力按照操作升序排列。如果初始的所有状态，最后弄到的状态全都是 00001111 那就是 YES 了。

怎么维护？我们设当前进行到了第 \(i\) 操作。序列状态是 \(S\)，要操作的位置 集合 是 \(T_i\)，那么我们只需要关注在 \(T_i\)，但不在 \(T_{i-1},T_{i-2}...T_1\) 的位置，枚举这些位置里有多少个 0 就好了（也不用找顺序，因为排序完肯定 0 在前边）。

时间复杂度懒得想，好像是 \(O(\ (\frac{n+k}k)^k\ )\)。

CF1599B - Restaurant Game

https://www.luogu.com.cn/problem/CF1599B

讲过但仍不会！好像是大分类讨论！

CF1580E - Railway Construction

https://www.luogu.com.cn/problem/CF1580E

同上。

CF1552F - Telepanting

https://www.luogu.com.cn/problem/CF1552F

走到 \(i\) 时，所有入口在 \(i\) 之前的，都肯定是开启状态。

设 \(f_i\) 为从如果走到 \(x_i\) 并且被传送了， \(y_i\) 走到 \(x_i\) 要多少时间。

由第一句话得，\(\Large f_i=x_i-y_i+\sum\limits_{y_k\in[x_i,y_i]} f_k\)。

\(ans=x_n+1+\sum f\)。

CF1583G - Omkar and Time Travel

https://www.luogu.com.cn/problem/CF1583G

和上一题差不多，但是更难了。

设 \(f_i\) 就是从 \(y_i\) 走到 \(x_i\) 要多少次数。那么 \(\Large f_i=1+\sum\limits_{[x_k,y_k]\in [x_i,y_i]} f_k\)。树状数组。

但是怎么求答案呢？我们考虑要走哪些传送门。对于一个钦定要走的传送门 \(x_0,y_0\)，那么肯定也要走 \(x_i<x_0,y_i<y_0\) 的（\(x_i>x_0\) 的已经被统计进 \(f_i\) 了，现在统计的是相互独立的元素）。那么就找到所有要选的，把 \(f\) 加起来就好了。也是用树状数组找到哪些要选。

注意，求答案的时候指的是 要走过哪些传送门才能达到最终目标，而预处理是 走一个传送门要花费多少时间。

CF1305H

https://yhx-12243.github.io/OI-transit/records/cf1305H.html

Part 1

我们想要知道得分 \(s_1,s_2...s_n\) 是否符合条件。

弄出上下界的理论模型（略，看上边题解）。

将 \(l_i,r_i,s_i\) 从大向小排序（不需要捆绑着排序，因为网络流的边是无序的）。经过（他人的）推导，我们可以得到：

符合条件的充要条件：

\[\exist\ x,y\\xy+\sum\limits_{j=y+1}^ms_j\ge\max(\ t-\sum\limits_{i=x+1}^nr_i\ ,\ \sum\limits_{i=1}^xl_i) \]

暴力做是 \(O(nm)\) 的。

从小到大枚举 \(x\)，则我们可以求出右边的结果（因为与 \(y\) 无关）。然后左边就是 \((y,\sum\limits_{j=y+1}^m s_j)\cdot (x,1)\) 向量乘积，求这个东西的最大值。

然后你发现，\(\sum s_j\) 这个东西是随着 \(y\) 增加而单调递减的，但是差分数组是单调递增的（\(s_i\) 大向小排序了）。

然后他就是一个下凸包。从左上到右下，弧倾向于左下角 的下凸包。

我们得到了下面的东西：

一个下凸包，和一个 \((x,1)\) 点。我们需要在下凸包上找到一个点，使得它与 \((x,1)\) 的向量点积最大。

“引理” ：

过 \((0,0),(x,1)\) 做直线，斜率显然为 \(\frac{1}{x}\)，然后做一条垂线（也就是斜率 \(-x\)），使得垂线与下凸包相切。垂线与下凸包的切点就是最优解。

证明：不会。这里好像有：https://yhx-12243.github.io/OI-transit/records/cf1137E.html

随着这个 \(x\) 的增加，我们发现切点会越来越向右边。于是用双指针维护即可，每次右移 \(x,y\)。

但是不知道为什么，我在打表实验时，\(y\) 取最优解时，不是 1，就是 n？

所以虽然证明用了斜率优化，但是事实上不用斜率优化，快说，谢谢 Kuroni！

Part 2

二分并列第一名的人数 \(w\)。

1. 前 \(w\) 名有人得分不同。显然无解。

2. 我知道前 \(w\) 名任何一个人的分数。那我就知道全部第一名人的分数了！

   然后我们希望 \(xy+\sum s_i\) 尽量大，就是希望 \(\sum s_i\) 尽量大，也就是希望 \(s_i\) 的后缀和尽量大。因为 \(s_i\) 是从大到小的排序（最后一个元素最小），所以我要让低分的人尽量高分。

   我们先让所有人都达到他能达到的最低分（向后看齐，比如我知道第 10 名是 50 分，第 20 名是 10 分，那么第 11~19 名都是 10 分）。然后每次找到最低名次（也就是 \(s_i\) 中能修改的最后一个元素）的人，如果他的分数可以再变高（没有向前看齐），那么就 +1。

   模拟到分数总和为 \(t\)。当然如果出现【一开始就分数大于 \(t\) 了】或者【分数还没到 \(t\)，就没有元素可以修改了】的情况，也会无解。

   但是 \(t\le 10^{10}\) 不能直接模拟。优化就是一次不要只 +1，而是对于一个区间的元素计算一下可以加到什么就行了。

3. 我不知道前 \(w\) 名任何人的分数。

   我们假设第 0 名的分数是 +inf（就像ljy的whk一样），给第一名一个上界。

   然后我们也像上一个情况一样做。但是最后本应并列第一名可能不真正并列，一些人得分是 \(x\)，其他是 \(x-1\)。

   那么，第一名的人们，真正得分必定是 \(x\)（如果是 \(x-1\) ，那么剩下的权值不能分给以前的人，寄了）。所以我们就知道了第一名的真正分数：\(x\)。重新进行 check 即可。

最后我们二分到了 \(w\)。接着我们再二分第一名的分数是多少即可。

思考题：为什么本题满足单调性？出题人是怎么想到的？

CF986E - Prince's Problem

大套路题目。

求 \(dis(u,v)\) 而且是相乘，要想到答案是 \(\Large\frac{ans(1,u)*ans(1,v)}{ans(1,lca)*ans(1,fa[lca])}\)。

对于一个 \(w\) 中的一种质因数是 \(p^{t_1}\)，对于一个 \(val_u\) 中的同一种质因数是 \(p^{t_2}\)，那么对答案的贡献是 \(\large p^{\min(t_1,t_2)}\)。

如果将 \((p,t)\) 看作一个颜色，那么每个数字至多代表 7 种颜色，处理询问时只用看看每种颜色有多少个即可。所以我们把询问挂在树的每一个点上，dfs 的时候增删颜色即可。