好题璇姐

1. 最小限定度数生成树

Codechef题面 GF题面
简要题意：给定一张带权无向图，保证 1 向其它点都有边，且去掉 1 后剩下的图联通。对 \(k\in[1,n-1]\) 求点 1 度数为 \(k\) 时的最小生成树权值和。\(n,m\le 3\times 10^5\)。

思路：

1. 先从 1 向所有其它点都有边开始考虑。假设我们已经知道按什么顺序加边了，那么每次我们会删掉哪条连向 1 的边呢？是当前这条边所在左右两个连通块 \(A,B\) 中权值最小的点 \(min_A,min_B\) 的较大值。于是我们加这么一条边对整棵生成树的权值和的影响是增加了 \(w_e-\max(min_A,min_B)\)，称之为这条边的“价值”。（为什么是 \(min\)？因为更大的1边一定已经删掉了）
   又由 定理2 得知，每次贪心选价值最小的边就是最优解。现在我们只要能迅速算出每条边的价值即可。
2. 有一个发现：当连接所有 \(w\le w_e\) 的边时，\(\max(min_A,min_B)\) 即为最终的 \(\max(min_A,min_B)\)。
   证明：一方面，设取到 \(min_A\) 的点为 \(u\)，取到 \(min_B\) 的点为 \(v\)，则 \(e\) 一定是路径 \((u,v)\) 上权值最大的边（否则肯定不会删它）。于是 \(u,v\) 一定都已经连上了。
   另一方面，如果连着一个 \(ww(v_0)<ww(v)\)，那么由原来的“加上 \(e\) 删掉 \(v\)”改为“删掉 \(e_0\) 加上 \(v_0\)”（其中 \(e_0\) 是通往 \(v_0\) 的一条边），由于 \(w_{e_0}\le w_e,ww(v_0)<ww(v)\)，显然后者更优，矛盾。
   于是就按 \(w\) 从小到大连，维护连通块最小值，排个序就做完了。

2. 全排列逆序对 \(k\) 次方和

PTZ题面 QOJ题面
设 \(F_t(z)=\sum\limits_{i=0}^{t-1}z^t\)，则令 \(G=\prod\limits_{t=1}^n F_t\)，答案即为 \(\sum i^kg_k\)。

接下来，是一系列神奇而经典的操作。

首先，考虑改为算期望，由于 \(k\) 次方可以转为若干个组合数之和，所以组合意义为若干种选 \(2k\) 个位置的方案数，于是答案为关于 \(n\) 的 \(2k\) 次方多项式；
然后，\(i^k\) 很恶心，变成下降幂，导数就出来了：

\[\sum i^kg_iz^i=\sum\limits_{j=1}^k \Big\{ \begin{matrix} k \\ j \end{matrix} \Big\} \sum i^{\underline{j}}g_iz^i=\sum\limits_{j=1}^k \Big\{ \begin{matrix} k \\ j \end{matrix} \Big\}G^{(j)}(z) \]

接着，运用莱布尼茨公式：

\[(uv)^{(k)}=\sum \binom{k}{i} u^{(i)}v^{(k-i)} \\ \Rightarrow \sum G^{(i)}{z^i\over i!}=\prod\ \sum F_t^{(i)}{z^i\over i!} \]

再接着，小学奥数：

\[F_t^{(p)}=\sum\limits_{i=p}^{t-1}i^{\underline{p}}=(1\cdot 2\cdot \cdots \cdot p)\cdot (2\cdot 3\cdot \cdots \cdot (p+1))\cdot \cdots \cdot ((t-1)\cdot t\cdot \cdots \cdot (t-1+p-1))={1\over p+1}((t-1)\cdot t\cdot \cdots \cdot (t-1+p))={(t-1+p)^{p+1}\over p+1} \]

最后，对 \(n!\) 分段打表，就做完了。

3. 图上动态点亮边数问题

（\(\texttt{From} \color{black} \texttt{ w} \color{red} \texttt{lxhkk}\)）

题意： 给一张 \(n\) 个点 \(m\) 条边的图，每次操作会改变一个点的点亮状态，并询问有几条边满足其两个端点都被点亮。\(n,m\le 10^5\)。

考虑根号分治。发现度数大于 \(\sqrt{m}\) 的点最多只有 \(O(\sqrt{m})\) 个，这是一个很重要的性质。

称度数大于 \(\sqrt{m}\) 的点为大点，其余的点为小点。

当修改小点时，由于其度数不超过 \(\sqrt{m}\)，可以暴力修改。

当修改大点时，贡献分为两种：小点对大点的贡献，以及大点对大点的贡献。

对于前者来说，大点不好维护，所以考虑让小点贡献到大点上面，即每个小点的点亮情况贡献到其周围的大点，每个大点维护一个 cnt 即可。

对于后者来说，由于大点最多只有 \(O(\sqrt{m})\) 个， 所以可以直接暴力枚举大点进行更新。

总共的复杂度就 \(O(n\sqrt{m})\)。