NOIP 冲刺之——数据结构

定理： 对于两个单调不降的有序数组 ${a_{1}, a_{2}, \dots, a_{n}}, {b_{1}, b_{2}, \dots, b_{n}}$ ，那么有：

$a_{1} b_{1} + a_{2} b_{2} + \dots + a_{n} b_{n} （有序和）$
$\geq a_{1} b_{j_{1}} + a_{2} b_{j_{2}} + \dots + a_{n} b_{j_{n}} （乱序和）$
$\geq a_{1} b_{n} + a_{2} b_{n - 1} + \dots + a_{n} b_{1} （反序和）$
证明：

观察式子 $a_{1} b_{j_{1}} + a_{2} b_{j_{2}} + \dots + a_{k} b_{j_{k}} + \dots + a_{n} b_{j_{n}}$ .

考虑调整法，不妨设 $b_{j_{k}} = b_{n}$ ，现在将 $b_{j_{k}}$ 和 $b_{j_{n}}$ 交换位置，得到：

$a_{1} b_{j_{1}} + a_{2} b_{j_{2}} + \dots + a_{k} b_{j_{n}} + \dots + a_{n} b_{j_{k}}$ .

上下两式做差得：

$a_{k} (b_{j_{k}} - b_{j_{n}}) - a_{n} (b_{j_{k}} - b_{j_{n}}) = (a_{k} - a_{n}) (b_{j_{k}} - b_{j_{n}})$ .

$∵ a_{k} \leq a_{n}, b_{j_{k}} = b_{n} \geq b_{j_{n}}$ .

$∴ (a_{k} - a_{n}) (b_{j_{k}} - b_{j_{n}}) \leq 0$ ，即：

$a_{1} b_{j_{1}} + a_{2} b_{j_{2}} + \dots + a_{k} b_{j_{k}} + \dots + a_{n} b_{j_{n}} \leq a_{1} b_{j_{1}} + a_{2} b_{j_{2}} + \dots + a_{k} b_{j_{n}} + \dots + a_{n} b_{j_{k}} $ $ . 所以调整后和不减小，继续如上调整，至多调整 $ n - 1 $ 次就会得到同序和，证明完毕。$

回到原题，将式子转化为： $\sum_{i = 1}^{n} (a_{i}^{2} + b_{i}^{2} + 2 a_{i} b_{i})$ ，而 $\sum (a_{i}^{2} + b_{i}^{2})$ 是个定值，所以只用考虑 $\sum (a_{i} b_{i})$ 的值即可，发现她就是我们刚证明过的排序不等式！

通过这个定理我们就知道了要想得到最小的距离，就得让其最小，所以问题就变成了：让两盒火柴同序的最小操作次数。

看到是邻项交换，很容易想到逆序对，但是怎么转化呢？

仔细分析，发现根本不用管数值的绝对大小，只用考虑相对大小，所以可以考虑用离散化的思路。

发现问题的本质是：假设 $a$ 的第 $k$ 大数在位置 $i$ ，那么 $b$ 的第 $k$ 大数也要在位置 $i$ 。

那么先记录一下 $a, b$ 的每个位置上现在都是第几大的数，作为两个新的数组 $a r a n k, b r a n k$ ，然后让其中之一为标准，就变成逆序对问题了。

比如： $a = {1, 3, 5, 2}, b = {1, 7, 2, 4}$ ，那么 $a r a n k = {1, 3, 2, 4}, b r a n k = {1, 4, 2, 3}$ ，将 $a r a n k$ 作为标准 ${1, 2, 3, 4}$ ，那么 $b r a n k$ 变为： ${1, 3, 2, 4}$ 对其求逆序对即可。

P3431 [POI2005] AUT-The Bus

一眼动规，但是数据范围： $n, m \leq 10^{9}$ ，直接去世了。
先离散化一下，但是直接 dp 还是 $O (k^{2})$ 的，但是这是一看 dp 的状态还是 $O (k^{2})$ 的，所以先考虑优化状态数。

将样例画出来看看：

由于只能向上和向右走，所以一个点只能由她的左下角的点走来，很明显的二维偏序，这启示我们将点的坐标按 $x$ 为第一关键字升序排序， $y$ 为第二关键字升序排序，状态改为 $d p_{i}$ 表示考虑前 $1 \sim i$ 个点，能接到的最大乘客数量。

那么树状数组优化一下转移就行了。

P2344 [USACO11FEB] Generic Cow Protests G

一道 dp 题，先推方程： $d p_{i} = \sum_{j = 0}^{i - 1} d p_{j} [s u m_{i} \geq s u m_{j}]$ 。

直接转移显然是 $O (n^{2})$ 的（但是这样也拿 90pts，数据太水了），观察到对 $d p_{i}$ 产生贡献的 $j$ 满足： $j < i, s u m_{j} \leq s u m_{i}$ ，所以转换成二维偏序用树状数组优化转移就行了。

需要尤其注意！树状数组的下标不能为 $0$ ，否则会死循环，所以离散化的时候要把下标 $+ 1$ 。

[ABC327F] Apples

转化题意，发现需要维护一个矩形范围内的最大值，还是一样先用扫描线消掉一维，然后线段树维护另外一维即可。

P3605 [USACO17JAN] Promotion Counting P

给定一棵树，每个点都有一个权值，求出每个节点子树中权值比她大的点的数量。

本质上也是二维偏序，只是要倒过来计算。

直接维护一个树状数组，从根开始 dfs，保证了先遍历的点一定是后遍历的点的父亲，但这里不能直接计算了（因为贡献是在遍历当前点之后才可能产生），在遍历这个点之前查询一次，遍历完后再查询一次，两次做差就是这个点的答案。

知识点 $2$ ：用 dfn 序将树上问题转为序列问题

P3459 [POI2007] MEG-Megalopolis

给定一棵树，初始边权全为 $1$ ，现在需要维护之，支持两种操作：

操作一：修改某条边权为 $0$ ，保证每条边会被修改恰好一次；

操作二：查询某点到根节点的路径上的边权和。

操作简单，首先想到用 dfn 序将树上问题转换成区间问题，那么操作一就相当于区间修改，操作二就相当于查询前缀，用树状数组维护差分信息即可。

P3178 [HAOI2015] 树上操作

给定一棵树，根节点为 $1$ ，现在需要维护之，支持两三种操作：

操作一：将某个点权增加 $x$ ；

操作二：将某个子树的所有点权都增加 $x$ ；

操作三：询问某个节点 $x$ 到根的路径上的点权和。

操作一三都可以用 dfn 序差分直接做，但是操作二不太友好，推导一下。

当对节点 $x$ 进行子树加时，对于 $y \in subtree(x)$ ， $x \to y$ 这条路径会增加 $x \times (d e p_{y} - d e p_{x} + 1)$ ，这也是对 $y$ 节点的答案贡献，将原式分解成 $x \times d e p_{y} - x \times (d e p_{x} - 1)$ ，那么就可以开两个树状数组一个维护前者即 $d e p_{y}$ 要乘以多少，一个维护后者即要减去多少就行了。

知识点 $3$ ：线段树维护"复杂"信息

P1471 方差

首先区间平均数容易维护，然后区间方差就推一推式子，得到：

s^{2} = \frac{x_{1}^{1} + x_{2}^{2} + \dots + x_{n}^{2}}{n} - {\bar{x}}^{2}

然后再维护一个区间平方和就行了。

P4513 小白逛公园

单点修改 + 区间最大子段和。

因为父节点的和最大的子段可能会跨区间，所以不能直接维护最大子段和，这时候就需要分类讨论最大子段和的取值情况。

父节点的最大子段和在左儿子上。
父节点的最大子段和在右儿子上。
跨节点。

由以上三个图可知，父节点的最大子段和就是左儿子的最大子段和、右儿子的最大子段和和左儿子的最大后缀和 + 左儿子的最大前缀和三个中的最大值，所以我们可以再维护三个值：区间和，区间最大前缀和区间最大后缀。

首先区间和很好维护，那剩下两个怎么办呢？

还是分类讨论取值情况。（以最大前缀为例，最大后缀也是同理）

不跨区间
跨区间

所以最大前缀和就是左儿子的最大前缀和和左儿子区间和 + 右儿子的最大前缀和的最大值。

上线段树模板维护即可。

P2572 [SCOI2010] 序列操作

需要四种操作：区间推平，区间取反，区间求和，区间求最大子段和。

维护一个推平的懒标记和取反的懒标记，注意顺序，在pushdown 时若是推平就把取反覆盖掉，若是取反就把推平反一下。

区间求和好办，区间连续 $1$ 的个数可以采用类似最大子段和的方式维护。

思路清晰也是可以一遍过的。

P6327 区间加区间 sin 和

合角公式：

\sin (α + θ) = \sin α \cos θ + \cos α \sin θ

\cos (α + θ) = \cos α \cos θ - \sin α \sin θ

推式子：

\begin{aligned} \sin (a_{1} + d) + \dots + \sin (a_{n} + d) & = \sin a_{1} \cos d + \cos a_{1} \sin d + \dots + \sin a_{n} \cos d + \cos a_{n} \sin d \\ = \cos d \cdot (\sin a_{1} + \dots + \sin a_{n}) + \sin d \cdot (\cos a_{1} + \dots + \cos a_{n}) \end{aligned}

那么可以维护在线段树中维护区间 $\sin$ 和和区间 $\cos$ 和，而且区间 $\sin$ 和我们已经知道如何维护。

区间 $\cos$ 和的维护也是同理，推一推式子就出来了。

P1382 楼房

线段树维护扫描线。

首先离散化，这里我选择是横着扫（早知道横着扫非常毒瘤我就竖着扫了）。

具体思路是将扫描所有竖着的线段，左侧为 $+ 1$ ，右侧为 $- 1$ ，由于这道题要求输出轮廓上的转折点，所以线段树中维护目前覆盖到的最大高度。

这怎么保证这个最大高度一定是一个转折点呢？因为这道题维护的矩形都贴着 $x$ 轴，没有飘在天空中的房子（笑）。

~~奉承着维护扫描线从来不写 pushdown 的原则~~，我们维护一个 $c n t$ ，表示线段树上的这个节点被完全覆盖的次数。虽然有区间加，但是不可能为负，当 $c n t > 0$ 时，最大值就是右端点；否则就用左右儿子来更新最大值，若没有左右儿子呢？那就说明是叶子节点，未被覆盖，最大值为 $0$ 。

然后对于每一条线段，先查一下 $p r e m x$ ，再执行对应的区间加，最后再查一下 $n o w m x$ ，若 $p r e m x \neq n o w m x$ 再存答案。

怀着喜悦的心情写完，一遍过样例！交上去一看 WA 60pts，怎么回事？想了半天想不明白，去讨论区一看才发现有种特殊情况没考虑：假设有很多条线段重在一个位置，并且长短不一、有加有减怎么办？（这就是横着扫的下场）

这里给出数据：

没关系，单独讨论一下这种情况，发现这些线段可以一起考虑，先查一下 $p r e m x$ ，然后把这个位置上所有的加减做完再看 $p r e m x$ 和 $n o w m x$ 就行了。

$0x02$ 单调队列、单调栈、RMQ

单调队列主要提前排除无用决策，主要用来优化 dp。

P2569 [SCOI2010] 股票交易

先想暴力，设 $d p_{i, j}$ 表示到第 $i$ 天，现在手上还有 $j$ 股，能获得的最大利润，设交易冷却期为 $W$ 。

将当前的操作分为四种：

空仓买入；
持股不操作；
持股买入；
卖出。

第一种操作就是赋初始值： $d p_{i, j} = - a p_{i} \times j$ ；

第二种操作就是继承上一个状态： $d p_{i, j} = d p_{i - 1, j}$ ，这个更新至关重要的一点是她为后来的操作提供了方便；

第三种操作从背包的角度考虑，设买入了 $k$ 股，那么转移方程为： $d p_{i, j} = d p_{i - W - 1, j - k} - k \times a p_{i}$ 。注意！这里之所以没用 $1 \sim i - W - 1$ 转移是因为我们在第二种操作时就已经包含了前面几天的所有决策，所以直接用 $i - W - 1$ 转移就行了。

第四种操作类似，设卖出了 $k$ 股，那么转移方程为： $d p_{i, j} = d p_{i - W - 1, j + k} + k \times b p_{i}$ 。

这样是 $O (n^{3})$ 的，考虑优化。

发现当 $j$ 增加 $1$ 时只增加了一个决策 $d p_{i - W - 1, j}$ 同时可能减少若干决策，所以可以往单调队列优化的方向思考。

将操作 $3, 4$ 的式子转化一下，得：

操作 $3$ ： $d p_{i, j} + j \times a p_{i} = d p_{i - W - 1, k} + (j - k) \times a p_{i}$

操作 $4$ ： $d p_{i, j} + j \times a p_{i} = d p_{i - W - 1, j + k} + (j + k) \times b p_{i}$

对于操作 $3$ ，将 $d p_{i, j} + j \times a p_{i}$ 看作一个整体，相当于求滑动窗口区间最大值，就可以用单调队列维护了，操作 $4$ 也是同理。

单调栈见得少，感觉主要在求左右最近的大于/小于它的数/位置。

咕咕咕……

RMQ 问题就比较广泛了，最常见的静态写法就是 st 表，动态的话就上线段树。

稍微拓展一下，st 表其实可以维护带有结合律和交换律的信息，比如区间 $\land, \lor, gcd$ 等。

P2471 [SCOI2007] 降雨量

一道分类讨论的好题。

首先把年份和降雨量存下来离散化，对于每组询问：

若年份 $x, y$ 未收录，那么一定是 maybe。
若年份 $y$ 未收录，但年份 $x$ 被收录，那么只能是 false 或 maybe。找到 $y$ 的后面第一个被收录的年份 $y^{'}$ ，若 $y^{'}$ 到 $x$ 的降雨量最小值严格小于 $x$ 年的降雨量就是 maybe，否则就是 false。
若年份 $x$ 未收录，但年份 $y$ 被收录，这里有一个极其容易被忽略的一点（可能就我忽略了），找到 $x$ 年前第一个被收录的年份 $x^{'}$ ，若 $y$ 到 $x^{'}$ 之间的最大降雨量已经大于等于 $y$ ，那么不管 $x$ 降雨量为何值都不可能了，这时候 false，否则 maybe。
若年份 $x, y$ 都被收录到了，那么就判一下中间的已收录年份是否连续，若连续且上述条件都满足就是 true，否则若不连续但条件都是满足的就是 maybe，否则就是 false。

对于不带修的 RMQ 用 st 表真是再好不过了！

$To be continued……$

$0x03 Trie$

知识点 $1$ ：字典树

太简单就不贴题了，咕咕咕……

知识点 $2$ ： $01 Trie$

2.1 序列异或最大值

P10471 最大异或对

暴力做法显然是 $O (n^{2})$ 的，考虑优化。

我们不妨从异或的定义（或者说本质）来思考。异或运算实际上是将要运算的两个数分别写成二进制形式，然后逐位计算。

这启示我们可以将所有数转化成二进制形式来思考，什么时候异或得到的值最大呢？当然是同一二进制位上不相同的时候！

举个例子，一个数的第 $k$ 个二进制位上是 $1$ ，那么我们应该尽量挑选第 $k$ 个二进制位上是 $0$ 的数和它运算。对于这个数的所有位我们都这样贪心地考虑，就能找到异或的最大值了。

然后你就会发现这个过程和 $trie$ 的查找方式极其相似！

将每个 $a_{i}$ 插入，然后对于每个 $a_{i}$ 遍历，根据刚刚所说的尽量走相反的节点即可。

2.2 序列异或第 $k$ 小

题目描述：

给定序列 ${a_{n}}$ ， $m$ 次询问，每次给出 $x, k$ 需要回答 $a_{1} \oplus x, a_{2} \oplus x, \dots, a_{n} \oplus x$ 的第 $k$ 小。

在 $01 Trie$ 上二分。先将序列 $a$ 中的所有数插入，在询问时先考虑能否使答案的这一位为 $0$ ，即看一下这个子树的大小够不够 $k$ ，若可以则走过去，否则走另一边，并且将 $k$ 减掉子树大小。（这个思路和线段树上二分是一样的）

$Code$

$0x04$ 并查集

并查集能在一张无向图中维护节点之间的连通性，这是它的基本用途之一。实际上，并查集擅长维护许多具有传递性的关系。

知识点 $1$ ：带权并查集

比如边带权的问题，就是多维护了每个点到她的目前的根节点即 $f a_{x}$ 的距离。

P1196 [NOI2002] 银河英雄传说

经典题目，维护到根的距离。

怎么维护？

首先是找祖先操作。

由于路径压缩，所以我们应该先更新当前点的祖先到新的根节点的距离，然后按当前点到根结点的距离就可以相加顺利得出。

int find(int x) {
	if(fa[x] == x) return x;
	int p = fa[x];
	find(p);
	d[x] += d[p];
	return fa[x] = fa[p];
}

接着是合并操作。

先找到要合并的这两个点 $x, y$ 的祖先，这时已经经过路径压缩，假设将 $x$ 放在 $y$ 的后面，那么 $d_{y}$ 不变， $d_{x}$ 变为 $s i z_{y}$ 。

inline void merge(int x, int y) {
    d[x] = siz[y], siz[y] += siz[x], fa[x] = y;
}

查询操作直接模拟即可。

P5937[CEOI1999] Parity Game

将边权定义为：若 $d_{x} = 1$ ，则表示 $s u m_{x}$ 与 $s u m_{f a_{x}}$ 的奇偶性不同，否则表示相同。

然后就可以画图推理了。

P8779 [蓝桥杯 2022 省 A] 推导部分和

将边权定义为：若 $d_{x} = k$ ，则表示 $s u m_{x} - s u m_{f a_{x}} = k$ 。

知识点 $2$ ：种类并查集

也叫带拓展域的并查集。

P2024 [NOI2001] 食物链

用到了拆点的思想，将这 $n$ 只动物每个拆成 $3$ 个点，分别表示：同类，猎物，天敌，共 $3 n$ 个点。

对于操作一，先检验 $x, y$ 是否互为猎物或天敌，若是则为假话，否则将两个动物的对应属性合并起来；

对于操作二，先检验 $x$ 是否被 $y$ 吃、 $x$ 是否和 $y$ 是同一物种，若是则为假话，否则将 $x$ 的猎物和 $y$ 的同类合并，将 $y$ 的天敌和 $x$ 合并，还有最容易忽视的一点：由于 $A, B, C$ 这三个物种是环状关系，所以 $y$ 的猎物是 $x$ 的天敌！，所以还应该将 $x$ 的天敌和 $y$ 的猎物合并。

知识点 $3$ ：启发式合并

虽然没有用到并查集，但是……不知道放哪了。

其实就是按 size 合并，每次把小的合并到大的里面，这样时间复杂度就是 $\log$ 的了。

为什么呢？因为每次合并后集合大小至少增加一倍。

P3201 [HNOI2009] 梦幻布丁

我们将每一种颜色看作一个集合，下标作为集合中的元素，那每次操作就是在合并两个集合。

询问的是颜色段数，这是可以 $O (n) \sim O (1)$ 的。

注意到一个很关键的性质：将所有颜色 $x$ 变为颜色 $y$ 和将所有颜色 $y$ 变为 $x$ 在只关心颜色段数时是等价的。

那么接下来就直接启发式合并就行了。

这里要注意一下，交换两个集合并不会改变其中下标在原数组中对应的颜色，所以在修改时需要先记录一下。

if(pos[x].size() > pos[y].size()) pos[x].swap(pos[y]); // 交换了下标但是 a 数组中的颜色还是没变
int col = a[pos[y][0]]; // 所以这里要先记一下
auto modify = [&](int p, int col) {
    ans -= (a[p] != a[p - 1]) + (a[p] != a[p + 1]);
    a[p] = col;
    ans += (a[p] != a[p - 1]) + (a[p] != a[p + 1]);
};
for(auto i : pos[x]) {
    modify(i, col);
    pos[y].push_back(i);
}

P4149 [IOI2011] Race

淀粉质经典题，但是不会淀粉质……

其实这道题有 dsu on tree 的做法。

dsu on tree 是维护子树信息的一种比较优秀的算法，核心思想是启发式合并。

这道题看似是路径问题，但是可以转化成子树信息的维护。

我们不妨这样想，在一个以 $r o o t$ 为根的子树中是否存在经过点 $u$ ，长度为 $k$ 的路径，若这条路径 $u \to v$ 存在，则可以用 lca 转化 $d e p_{u} + d e p_{v} - 2 \times d e p_{r o o t = l c a (u, v)} = k$ ，那么可以考虑在 $r o o t$ 的一个儿子中枚举点 $u$ ，然后查询有没有其他儿子中的一个点 $v$ ，满足上式，即查询有没有点 $v$ 使得 $d e p_{v} = k + 2 \times d e p_{r o o t} - d e p_{u}$ ，这个用 hash table 可以办到。

理一下思路，dfs 整棵树，预处理出每个点到根节点的边权和 $d e p 1$ 、边数 $d e p 2$ 和重儿子 $h s$ 。

然后再 dfs 一遍，先进入 $u$ 的一棵子树进行枚举，查询同时更新最小的边数，然后将这一棵子树中的点加入 hash table，然后看下一棵子树……以此类推直到遍历完所有子树，最后再查询根节点 $u$ 出发是否有满足的路径，并加入。

这种做法显然是 $O (n^{2})$ 的，考虑用 dsu on tree 优化。

根据启发式合并的思想，我们每次处理一个子树时，可以把轻儿子一个一个暴力地合并到重儿子上，最后再让根节点继承重儿子的信息。由于轻儿子的信息已经暴力加到重儿子中了，所以我们只保留重儿子的信息，轻儿子的就可以删掉了。

这样时间复杂度就变成了 $O (n \log n)$ 。

顺便贴一下 dsu on tree 的标准模板：

// 这里还求了 dfs 序，主要是为了减小后续遍历儿子的常数
void dfs(int u, int fa) {
	l[u] = ++tim, id[tim] = u;
	siz[u] = 1, hs[u] = -1;
	for(int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
		int j = e[i];
		if(j == fa) continue;
		dep1[j] = dep1[u] + 1;
		dep2[j] = dep2[u] + w[i];
		dfs(j, u);
		if(hs[u] == -1 || siz[j] > siz[hs[u]])
			hs[u] = j;
	}
	r[u] = tim;
}

// keep 表示当前的信息是否保留
void dfs2(int u, int fa, bool keep) {
    //从下往上算
	for(int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
		int j = e[i];
		if(j == fa || j == hs[u]) continue;
		dfs2(j, u, false);
	}
    // 若有重儿子，则先收集她的信息
	if(~hs[u]) dfs2(hs[u], u, true);

	auto query = [&](int x) {...};

	auto modify = [&](int x) {...};

    auto del = [&](int x) {...};

    // 遍历轻儿子
	for(int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
		int j = e[i];
		if(j == fa || j == hs[u]) continue;
		for(int x = l[j]; x <= r[j]; x++) query(id[x]);
		for(int x = l[j]; x <= r[j]; x++) modify(id[x]);
    // 一定是先遍历完整棵子树再修改，否则可能找到此棵子树里的值
	}
    // 最后添加根节点
	query(u), modify(u);
    // 若不保留信息就删掉
	if(!keep)
        for(int x = l[j]; x <= r[j]; x++) del(id[x]);
}

// 主函数调用
dfs(1, -1);
dfs2(1, -1, false);

她还是挺套路的，就和莫队一样，转化完之后就可以直接无脑打，而且她们都只能离线下来做。

dsu on tree 和莫队同属于优雅的暴力算法！

其他：

咕咕咕……

$0x05$ 平衡树

来不及复习啦/qaq。（我就猜不会考）

$0x06$ 可持久化数据结构

来不及复习啦/qaq。（反正听说不考）

posted @ 2025-01-19 11:17 Brilliant11001 阅读(20) 评论(0) 编辑收藏举报

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Brilliant11001

一只会咬人的氯化氢~

NOIP 冲刺之——数据结构

$0x00$ 前言

$0x01$ 树状数组、线段树

知识点 $1$ ：二维偏序

知识点 $2$ ：用 dfn 序将树上问题转为序列问题

知识点 $3$ ：线段树维护"复杂"信息

$0x02$ 单调队列、单调栈、RMQ

$0x03 Trie$

知识点 $1$ ：字典树

知识点 $2$ ： $01 Trie$

2.1 序列异或最大值

2.2 序列异或第 $k$ 小

$0x04$ 并查集

知识点 $1$ ：带权并查集

知识点 $2$ ：种类并查集

知识点 $3$ ：启发式合并

其他：

$0x05$ 平衡树

$0x06$ 可持久化数据结构

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随笔分类

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一只会咬人的氯化氢~

NOIP 冲刺之——数据结构

0x00 前言

0x01 树状数组、线段树

知识点 1：二维偏序

知识点 2：用 dfn 序将树上问题转为序列问题

知识点 3：线段树维护"复杂"信息

0x02 单调队列、单调栈、RMQ

0x03 Trie

知识点 1：字典树

知识点 2：01 Trie

2.1 序列异或最大值

2.2 序列异或第 k 小

0x04 并查集

知识点 1：带权并查集

知识点 2：种类并查集

知识点 3：启发式合并

其他：

0x05 平衡树

0x06 可持久化数据结构

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$0x00$ 前言

$0x01$ 树状数组、线段树

知识点 $1$ ：二维偏序

知识点 $2$ ：用 dfn 序将树上问题转为序列问题

知识点 $3$ ：线段树维护"复杂"信息

$0x02$ 单调队列、单调栈、RMQ

$0x03 Trie$

知识点 $1$ ：字典树

知识点 $2$ ： $01 Trie$

2.2 序列异或第 $k$ 小

$0x04$ 并查集

知识点 $1$ ：带权并查集

知识点 $2$ ：种类并查集

知识点 $3$ ：启发式合并

$0x05$ 平衡树

$0x06$ 可持久化数据结构