2.以前的杂题 solution2023-07-02

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PE Lesson

考虑到这些 2 个交换机会的人比较吊，随便选位置。

剩下的人随便选位置就好了，考虑 dp 一下。

$dp_i = dp_{i - 2} * (i - 1) + dp_{i - 1}$ .

那么就是 $\frac{f_{A} * N!}{(b - 1)!}$

Score of a Tree

$a_u$ 在 $t$ 时刻的权值，其实是 $t$ 级儿子的异或和。

对于任意一种 $A$ , 那么他最多会在 $dep_v + 1$ 时刻变成 $0$ , 那么他可以产生的贡献为 $dep_v + 1$ ，其中 $v$ 是 $u$ 的长儿子。

然后我们考虑统计直接算所有的 $F(A)$ ，方案显然不容我们用一些常见的技术手段如容斥来计算。

考虑对称性，一个状态全取反，那么我们就可以发现状态完美重叠，答案就是 $2^{n -1}\sum dep_v + 1$ .

CF960F 复健

直接讲做法罢。

考虑固定最好固定的编号这一维，那么我们记录此时 $f_{u, w}$ 表示走到 $u$ 节点的最大权为 $w$ 。

那么考虑 $(u, v, w)$ 有如下转移： $f_{v, w} \gets f_{u, w'} + 1$ 。

显然这是一个最长上升子序列的形式，可以用线段树维护，然后需要注意的是这个 $u$ 和 $v$ 不是同一棵树，可以考虑动态开点。

P4590

考虑观察 lcs 的形式，发现其实 $lcs_{i, j}, lcs_{i , j-1}$ 的差是 $\in [0, 1]$ 。

发现这个是可以状压的，我们可以记录 $f_{pos, st, k}$ 来表示长度为 pos, $lcs$ 状态为 st, $NOI$ 匹配到第 k 位。

然后考虑转移的时候求出 lcs 的新状态。时间复杂度应该是 $nk2^k$ 的。

这个东西有一个好听的名字叫做 dp of dp.

CF1637F Towers

思考一下，肯定是在叶子上面填数。

那么叶子上面填的最大、次大肯定比根大。为了更好的利用填数，不妨让最大的为根。

然后递归子树求出其最大、次打，暴力合并帅不帅？

XOR Tree CF1709E

考虑每一棵子树合并上来的结果。

那么如果 $a$ 可以赋值任意值，不妨依次给其标号。

那么 $a_u = 2^{tag}$ , 其中 $tag \ge 114514$ .

这样是一定合法的。

那么我们发现这样就相当于是枚举每个点的子树，发现其有任意一颗子树不合法，将这个根打上 tag 是最优秀的，而不是儿子。

那么子树内的节点不用考虑，可以启发式合并解决。

CF Three Occurance

考虑到对于每一个元素单独考虑贡献。

那么就是记录前驱，每次让一段区间非法，让一段区间合法。

这个可以具体看代码。然后左端点是单调的，那么就是线段树考虑合法区间的个数了。标记永久化可以研究一下。

CF1093G Multidimensional Queries

这个东西大概是 trick 的结合体罢！

有一个经典的曼哈顿 trick 叫做拆位。

考虑状压，然后 0 带有 -1 的系数。

这样若干个东西取个补集加起来拿个线段树维护就可以了。

看守。

Ants in Leaves ：

除去限制显然答案就是 $\max dep_v$ , 其中 $v\in leaf$ 。

那么只有根节点没有限制，考虑将其子树拆分后合并。

那么注意到，按 $dep$ 排序，相同的两个点只能同时上去一个，so?

CF 922E

一般的 dp 方程是 :

$dp_{i, j}$ 表示前 $i$ 棵树有 $j$ 点魔法的最多有几只鸟。

那么可以用这个来表示出 $B$ .

考虑我们常用套路，交换目标和一个位置。

$dp_{i, j}$ 表示前 $i$ 棵树有 $j$ 只鸟已经被抓捕的最大魔法值。

做个二进制拆分背包就可以了。

P8595 「KDOI-02」一个网的路

补一下题解，题意非常明了。

自己做题的时候忘记了对于 $v_1,v_2 \in u$ 构成一条链的讨论，还是吧台行。

考虑一条链有 3 种形态，对于链顶 $u$ :

1. 只有 $u$ 一个节点。
1. 他的一个儿子 $v$ 连着他。
1. $v_1, v_2 \in u$ 构成了一条先上后下的链。

考虑记录 $f_{u,{0/1/3}}$ 为这三种情况的最优解。

考虑如下转移：

f_{u, 0} = \sum_{v \in u} min {f_{v, 0} + 1, f_{v, 1}, f_{v, 2}} + e d g_{u} + 1

$f_{u,0} = \sum_{v\in u}\min\{f_{v,0} + 1, f_{v,1},f_{v, 2}\} +edg_u +1$

f_{u, 1} = \sum_{v \in u} f_{v, 0} - max {0, f_{v, 0} - f_{v, 1}}

$f_{u,1} = \sum_{v\in u}f_{v,0} -\max\{0, f_{v, 0} - f_{v, 1}\}$

f_{u, 2} = f_{u, 1} - max {0, f_{v^{'}, 0} - f_{v^{'}, 1}}

$f_{u,2} = f_{u,1} -\max\{0, f_{v', 0} - f_{v', 1}\}$

然后就做完了

CF1486D Max Median

众数，懂？

二分答案， 1，-1，前缀最小值。

中位数的中位数。

二分答案，判断子段，贡献差值 $1,-1$ , 新生舞会？

CF940E Cashback

首先等价于求最大被删值。

$\rm Observation :$ 每段长度 $l$ 一定是 $c$ ，证明 :

$0 \le l < c :$ 没有产生贡献。
$l \geq c :$

令这段区间排序后为 $b_1...b_{r - l + 1}$ 。

首先 $l$ 一定不是 $k * c + m$ 的形式，这样的最小值只会更小。

那么 $l = k * m$ 这样的形式下， $b_k$ 显然是不如每一段贡献的和。

因为这样可以拆成 ${b_1, b_2, b_3 ...b_k}$ ，而考虑强制钦定 $b_i$ 就是那一大段区间的第 $i$ 小。

显然 $\sum b_i > b_k$ 。

最终得到状态 $f_i$ 为以 $i$ 结尾的的最大被删值。

$f_i = \max\{f_{i - 1}, f_{i - m} + \underset{k \in {[i - m + 1, i]}}\min a_k\}$

这个是一个单调队列的转移形式 $O(n)$ 。

P8575

模板题也敢放？

你这属实 8 行。

考虑到，对于 $dfn_v \in [dfn_u + 1, dfn_u + siz_u - 1]$ ，那么 $v$ 就在 $u$
的子树内。

分别的，我们记录这个闭区间的左右端点为 $l_u,r_u$

题目要求是 :

\sum_{u \in T} \sum_{d f n_{v} \in [l_{u}, r_{u}]} f (u, v)

$\sum_{u \in T}\sum_{dfn_v \in [l_u, r_u]} f(u, v)$

其中 $f(u, v)$ 若是 $red_v, blue_v$ 都分别小于等于 $red_u, blue_u$ 则返回 $1$ 。

考虑拆出来 $[1, l_i), [l_i, r_i]$
来相减，这是一个三维偏序的形式。

CF958B2 Maximum Control

双倍经验 : BZOJ3252.

考虑到选了 $k \in [2, n]$ 个点，会形成最多 $k$ 条链。

考虑长链剖分，每一个点都能被一条长链不重地覆盖。

于是我们在长链剖分时将每一条长链塞入堆里，然后答案相加就可以了。

Number of Components :

V - E 老套路了。

求 $V$ 的所在区间个数，再考虑两边 min 和 max 的区间。

Yet Another Minimization Problem

决策单调性板子。

CF 1553G

观测到答案不超过 2.

$a_i(a_i+1), a_j(a_j+1)$ 二者肯定是 2 的倍数。

你这个数据范围这么小，筛法筛出所有质数因子。

我们再判断建出的点是否是一个连通块的就行了嘛 (

一般的 dp 方程是 :

$dp_{i, j}$ 表示前 $i$ 棵树有 $j$ 点魔法的最多有几只鸟。

那么可以用这个来表示出 $B$ .

考虑我们常用套路，交换目标和一个位置。

$dp_{i, j}$ 表示前 $i$ 棵树有 $j$ 只鸟已经被抓捕的最大魔法值。

做个二进制拆分背包就可以了。

CF1486D Max Median

众数，懂？

二分答案， 1，-1，前缀最小值。

中位数的中位数。

二分答案，判断子段，贡献差值 $1,-1$ , 新生舞会？

P2943 DP

非常优秀的一个性质：

所有区间都不能有超过 $\sqrt n$ 个颜色，否则会比以每个元素划分劣。

我们定义 $pos_{i, j}$ 表示 $[pos_{i,j}, i]$ 有 $j$ 个颜色，然后考虑维护

f_{i} = min_{j \leq \sqrt{n}} {f_{p o s_{i, j}} + j^{2}}

$f_i = \underset{j\leq \sqrt n}\min\{f_{pos_{i,j}} + j ^ 2\}$

这个方程。

咋维护 $pos_{i, j}$ 呢？我们发现随着 $i$ 的增长, $pos_{i, j}$ 是单调不降的, 考虑动态维护这个指针就可以了。

考虑到一个数组 $x$ 的贡献为：

\sum_{1 \leq i < j \leq n} (x_{i} + x_{j})^{2}

$\sum_{1\leq i<j\leq n}(x_i+x_j)^2$

略微展开得到：

CF1637D

\sum_{1 \leq i < j \leq n} (x_{i}^{2} + x_{j}^{2} + 2 x_{i} x_{j})

$\sum_{1\leq i<j\leq n}(x_i^2+x_j^2+2x_ix_j)$

定义 在右半边 为有序点对 $(u, v)$ 产生贡献时，因为 $v > u$ ， $v$ 则被称为在 在右半边的 ，那么，左半边的定义也照猫画虎。

考虑到对于第 $i$ 个位置上的元素 $x_i^2$ 会出现在 $[1,i-1]$ 的右半边，和 $[i+ 1,n]$ 的这一部分则会在其作为左半边的时候的右半边。

那么可以化简得：

(n - 1) \sum_{1 \leq i \leq n} x_{i}^{2} + \sum_{1 \leq i < j \leq n} 2 x_{i} x_{j}

$(n-1)\sum_{1\leq i\leq n}x_i^2 + \sum_{1\leq i<j\leq n}2x_ix_j$

右边这个牵扯了两项显然不太好计算可以稍微做做手脚：

我们记 :

s u m_{i} = \sum_{i < j \leq n} x_{j}

$sum_i = \sum_{i<j\leq n}x_j$

标志性的，我们记录 $a$ 数组的为 $suma_i$ ， $b$ 数组同理。

合并得：

(n - 1) \sum_{1 \leq i \leq n} x_{i}^{2} + \sum_{1 \leq i \leq n} 2 x_{i} s u m_{i}

$(n-1)\sum_{1\leq i\leq n}x_i^2+ \sum_{1\leq i\leq n}2x_isum_i$

带入得:

(n - 1) \sum_{1 \leq i \leq n} a_{i}^{2} + (n - 1) \sum_{1 \leq i \leq n} b_{i}^{2} + \sum_{1 \leq i \leq n} 2 a_{i} s u m a_{i} + \sum_{1 \leq i \leq n} 2 b_{i} s u m b_{i}

$(n-1)\sum_{1\leq i\leq n}a_i^2+ (n-1)\sum_{1\leq i\leq n}b_i^2+ \sum_{1\leq i\leq n}2a_isuma_{i}+\sum_{1\leq i\leq n}2b_isumb_i$

显然这个问题变为了最优化后面那个东西：

咋做捏：我们考虑对于 $i$ 一定， $suma_i$ 和 $sumb_i$ 是可以互相转化的，一个有前途的 DP 就出来了 (有没有感觉有点像那个牛马 $\rm varience$ DP 题) ：

考虑到往前填往后填没啥区别，所以这里默认往前填，我们设 $f_{i,s}$ 为 $a$ 数组填了 $i$ 位，和为 $s_a$ 的最小值。

f_{i, s_{a}} = min {f_{i - 1, s_{a} - a_{i}} + 2 a_{i} (s_{a} - a_{i}) + 2 b_{i} (s_{b} - b_{i}), f_{i - 1, s_{a} - b_{i}} + 2 a_{i} (s_{b} - b_{i}) + 2 a_{i} (s_{b} - a_{i})}

$f_{i,s_a} = \min\{f_{i -1, s_a - a_i} + 2a_i(s_a-a_i) +2b_i(s_b-b_i), f_{i -1, s_a - b_i} + 2a_i(s_b-b_i) +2a_i(s_b-a_i)\}$

快乐暴力转移就完了 😄 ，具体实现可以看其他题解。

CF1680C Binary String

赛时看错题选手报道, 提供一个无脑解法。

我们记录表示 $[1, i]$ 出现的 $op$ 个数， $suf_{i, op}$ 表示 $[i, n]$ 出现的 $op$ 个数。

特定的，我令 $s_0 = pre_{n, 0}$

我们发现，对于前缀 $a$ , 后缀 $b$ 所表示的答案是：

max {s_{0} - p r e_{a, 0} - s u f_{b, 0}, p r e_{a, 1} + s u f_{b, 1}}

$\max\{{s_0 - pre_{a, 0} - suf_{b,0}, pre_{a,1} + suf_{b, 1}}\}$

较为暴力的 method :

考虑对于左右两边加上 $pre_{a, 0} + suf_{b,0}$ 得到：

max {s_{0}, p r e_{a, 1} + s u f_{b, 1} + p r e_{a, 0} + s u f_{b, 0}} - p r e_{a, 0} - s u f_{b, 0}

$\max\{{s_0, pre_{a,1} + suf_{b, 1} +pre_{a, 0} + suf_{b,0}}\} - pre_{a, 0} - suf_{b,0}$

我们分类讨论.

1. $s_0 \leq pre_{a,1} + suf_{b, 1} +pre_{a, 0} + suf_{b,0}$ 的情况

$pre_{a,0} + pre_{a, 1}$ 是已知的，考虑求 $suf_{b, 0} + suf_{b, 1} \geq s_0 - pre_{a,0} - pre_{a, 1}$ 的最小 $suf_{b,1}$ 。

1. $s_0 > pre_{a,1} + suf_{b, 1} +pre_{a, 0} + suf_{b,0}$ 的情况

$pre_{a,0} + pre_{a, 1}$ 是已知的，考虑求 $suf_{b, 0} + suf_{b, 1} < s_0 - pre_{a,0} - pre_{a, 1}$ 的最大 $suf_{b,0}$ 。

比较暴力的方法是，考虑倒序枚举去确定 $a$ 的位置，直接开线段树去分类讨论维护这个题。

较为优美的 method :

但是我们发现，其实这个题没有这么麻烦，拎出来这个式子 :

max {s_{0} - p r e_{a, 0} - s u f_{b, 0}, p r e_{a, 1} + s u f_{b, 1}}

$\max\{{s_0 - pre_{a, 0} - suf_{b,0}, pre_{a,1} + suf_{b, 1}}\}$

为了方便地比较大小，左右作移项得：

max {s_{0}, p r e_{a, 1} + s u f_{b, 1} + p r e_{a, 0} + s u f_{b, 0}}

$\max\{{s_0, pre_{a,1} + suf_{b, 1} + pre_{a, 0} + suf_{b,0}}\}$

发现可以继续合并：

max {s_{0}, a + b}

$\max\{s_0, a + b\}$

那么就是看左右哪个大的大小取值。

考虑到 $pre_{0/1},suf_{0/1}$ 单调不降。

考虑枚举 $a$ 。

如果左边大那么就是取 $s_0 - pre_{a, 0} - suf_{b,0}$ ，那么肯定 $b$ 越大越好，因为 $a + b \leq s_0$ 考虑令 $b = s_0 - a$ .

如果左边大那么就是取 $pre_{a,1} + suf_{b, 1}$ ，那么肯定 $b$ 越小越好，因为 $a + b > s_0$ 考虑令 $b = s_0 - a + 1$ .

所以我们有 $O(n)$ 做完这个题。

CF149D :

用 $f_{l,r,p,q}$ 表示一个区间 $[l,r]$ ,左右端点的状态分别为 ${p,q}$ 时的方案数。然后考虑分类考虑是否括号匹配，
用记忆化搜索 $dp_{l,r}$ 来求一个区间的方案数，加法原理 + 乘法原理即可。

CF1036C

数位DP. 用 $f_{pos,cnt}$ 代表第 $pos$ 位，有 $cnt$ 个非零位的方案数。然后套模板。

P3244

组合数题，首先 $\rm DAG$ 的答案为 $\prod_{i = 2} ^{n} in_i$

然后我们考虑计算环 $\rm S$ 上的不合法答案： $\sum_{S}\prod_{i\notin S} deg_i$ .

然后用个 DP即可。

P2523

组合数题。设 $f_{j,k}$ 为第 $j$ 个座位，后面有 $k$ 个人。

$f_{j,k} = \sum_{k} f_{j+1,j-k}*C_k^j$ ，注意一下边界即可。

【贪心二分/AT1807】食塩水

题面
题意：选取 $\rm k$ 瓶盐水，使得其混在一起含盐量最大。

不妨转化为二分最大值判定，然后就会有一个像 $01$ 分数规划的东西：

\frac{\sum_{i \in S} w_{i} * p_{i}}{\sum_{i \in S} w_{i}}

$\rm\frac{\sum_{i\in S}w_i*p_i}{\sum_{i\in S}w_i}$

$\rm S$ 表示的是所选的集合。

显然，我们可以用一个非常套路的 $\rm ans$ 来表示这个式子的值。然后进行转化。

\sum_{i \in S} w_{i} * p_{i} = \sum_{i \in S} w_{i} * a n s

$\rm\sum_{i\in S}w_i*p_i=\sum_{i\in S}w_i*\rm ans$

\sum_{i \in S} w_{i} * (p_{i} - a n s) \geq 0

$\rm\sum_{i\in S}w_i*(p_i-ans)\geq0$

方便表达其中的算式，令

v a l_{i} = w_{i} * (p_{i} - a n s);

$\rm val_i=w_i*(p_i-ans);$

然后我们不妨二分一下 $\rm ans$ 的值，然后二分对 $\rm val$ 数组取前 $k$ 大累加，看一看是否大于 $0$ 即可。

【CSP2019】划分

今天，smzx的学长 ywq 给了我这一道题（

我们设 $f_{j,i}$ 为以 $j,i$ 为最后一段的最小值。

$f_{j,i}=\underset{0\leq k < j,s_j-s_k\leq s_i-s_j}{min}{f_{k,j}+(s_i-s_j)^2}$

然后我们就有了 $n^3$ 的 solution.

然后我们可以整理一下：

$f_{j,i}=\underset{0\leq k < j,s_j-s_k\leq s_i-s_j}{\min}\{f_{k,j}\}+(s_i-s_j)^2$

我们直接可以发现，分段越靠后，平方项就越小（

我们设 $pos_i$ 为最后一段，以 $i$ 结尾，最优秀的 $j$

我们领出来上面式子 $s_j-s_k\leq s_i-s_j$ 发现可以表示为： $s_j-s_{pos_j}\leq s_i-s_j$ 移项得 $2s_j-s_{pos_j}\leq s_i$ . 我们可以拿个式子表示一下
$val(j)=2s_j-s_{pos_j}$ 然后我们就有了：
$pos_i=\underset{val(j)\leq s_i}{\max}{j}$ .

我们发现我们对于前后两个位置 $x,y$ 如果有 $val(x)\leq s_i,val(y)\leq s_i$ 根据我们提及的性质，显然 $y$ 是更加优秀的。

然后有因为有单调性就单调队列.

CF739B ：

我们维护每个点 $u$ 的深度 $dep_u$ 。然后我们求的是

$dep_v-dep_u\leq a_u$ ,转移可得 $dep_v\leq dep_u+a_u$ 。离散化+树状数组。

CF833B ：

我们直接设 $f_{i,j}$ 为结尾为 $i$ ,第 $j$ 段的最大值。
因为没有同颜色的一段才有贡献，所以我们记录 $pre_i=\underset{seq_j=seq_i}{\max}{j+1}$ 。然后我们直接可以得到 : $f_{i,j}=\underset{pre_i\leq k}{\max}{f_{k,j-1}+1}$ 。

CF314E ：

转换成为左右括号计数：
设 $f_{i,j}$ 表示结尾为 $i$ 剩下 $j$ 个括号配对的方案数。然后暴力转移，我们发现 $j$ 小于 $i$ 的一半，然后再加上滚动数组滚成 $f_j$ 。

P3730 && P4396

喜闻乐见的数据结构，莫队+值域分块 $O(1)$ 修改

P4556

树上差分+线段树静态合并

P2607

考虑使用和“城市环路”同样的解题思路，然后拆环跑最大独立集。

P2633

倍增LCA查询路径+主席树第K大

CF 891C

首先有2个结论 :

对于任意权值的边，所有最小生成树中这个权值的边的数量是一定的

对于任意正确加边方案，加完小于某权值的所有边后图的连通性是一样的

然后我们发现，只用处理同一权值的边的连通性即可。我们不妨在 Kruskal 时处理同一权值的边上的点所在联通块，如果发现不同的联通块，我们就可以加入生成树。

然后照猫画虎(引用自Ghastlcon)，我们可以在询问时处理每条边的联通块是否成环即可。

CF1311E

构造题，我们考虑最终结果 $R$ 在一条链 $L$ 和完全二叉树 $T$ 之间。否则无法构造。那如果可以构造呢？我们考虑将 $R$ 最底下的儿子 $k$ 提到可以提到的上方(越上越好)然后我们就另深度减去变化量，当深度和为 $d$ 时，我们就构造完毕了。当然，我们也可从 $T$ 变为 $L$ ,我们可以按照线段树左右儿子命名规则建出 $T$ ,然后再将底下的节点按照编号大到小提到链上。

P7789

大概是本文截至这道题最难的题。

完全图考虑删边构造最小生成树。

我们通过手玩可以证明 $dis_{u,v}=\underset{u,v}{\max} a$ $\rm{mod}$ $\underset{u,v}{\min} a$ 。然后，我们可以证明对于 $k*a_i\leq a_b\leq a_c\leq (k+1)a_i$ 中，选 $b$ 连边是最优的。因为我们如果连 $c$ 的话，会产生更多的贡献。所以我们只需枚举 $limit$ 暴力连边，就做完了。

超级毒瘤结论题。比赛打了 30pts 暴力跑路。

P5290

久仰大名，首先做法事启发式合并，结论事将两条链分别取最大值出来合并，丢进优先队列，因为这样，我们避免了次大值产生多余的费用。然后就做完了。

P4735

可持久化01Trie,考虑维护一个前缀和，然后可以直接在树上贪心求得最大值。

P4630

考虑建出圆方树，然后我们可以利用 bdfs 来的性质：

对于属于一个点双联通分量的任意点对 $(u,v)$ 以这个点双联通分量除了 $u$ 和 $v$ 以外的任何点作为中间点，都存在一条合法路径
若圆方树上的点对之间的路径（显然树上路径是唯一的）经过一个点双联通分量，则这个点双联通分量内的每一个点都能当做中间点（即题中的点 $c$ ）。

然后就是一个显然的树形 DP 了。

CF125E

如果没有学过 $\rm wqs$ 二分,这个将是思维难度最高的题目。之前钟皓羲给我讲了一个类似的题目，但是用的是根号分治，现在忽然记起来，好像也有这一道题。

比如：有白边和黑边，求恰好有 $\rm k$ 条白边的最小生成树。

Solution：令所有的白边减去一个 $\rm delta$ ,然后就可以二分 $\rm delta$ 来构造。

其实这一道题目也是这样，我们考虑建模成上一道题，将与 $1$ 相连的边看作白边，然后二分 $\rm delta$ 后构造答案即可。

CF115E

$f_{i,j} = f_{i-1,j} -cost_i+\sum_{R_k=i}p_k$ 这个是显然的。

然后线段树优化 DP 即可。

P3521

逆序对 + 线段树合并。

在线段树合并时讨论左右子树产生的贡献即可

P3147

莫队 + 值域分块。用分块暴力扫到没有所有数都有的块，朴素维护小块。

CF208E

使用长链剖分维护 K 级儿子，然后 K 级祖先可以在 Dfs 中求.

AT2698 :

手写一个子序列自动机，跑BFS即可（如此暴力）。

P7114 :

考虑使用 hash 维护循环节，然后在用一个树状数组维护方案数，然后就可以做到 $O(n\ln n )$ + $O(n\log26)$ ,卡卡常可以过（）。

CF383E :

补集转化 + 做高维前缀和 + 容斥原理即可。

P4799

折半搜索 + 二分查找暴力匹配即可。

P4198

首先转化为看斜率，然后就是带修最长上升子序列。拿一棵线段树维护即可。

CF620E :

首先做 $dfs$ 序，然后发现只有 $60$ 种颜色，于是可以愉快的用状压来做 $\rm Maintain$ , 线段树即可。

CF383C :

考虑 $dfs$ 序，然后树状数组按照深度奇偶性计数，最后差分就可以干爆区间修改，单点查询.

当然，也可以建两棵树，树链剖分两次再重叠。

AT4519

引理

每个元素要么不操作，要么操作一次

用 $f_{i,j}$ 表示到 i, 以 j 结尾的最小方案.

if (a[i] > j) f[i][a[i]] = min(f[i][a[i]], f[i - 1][j]), f[i][j] = min(f[i][j], f[i - 1][j] + A);
else f[i][j] = min(f[i][j], f[i - 1][j] + B);

P3302

考虑第一个操作用主席树树上差分，第二个可以启发式合并，于是就可以在暴力合并时处理倍增 LCA,故有 $O(n\log^2 n)$ 。

CF842D

2000 + 的数据结构捏 /qq

考虑 01Trie.

CF545E

2000 + 的伞兵题捏 /cy

建棵树就可以了，注意松弛是 >=

CF1076D

建棵树就可以了, dfs 一下就可以了。

CF865D

反悔贪心。

两类：

取回之前的一组代替一下
找一组合并一下

发现可以神仙的合并到一个堆里捏。

CF1151E

森林 /cy

考虑转化 $V - E$ , 然后考虑一次次插入贡献到 $f(l, r)$ 里面的哪些地方 /kk

P7961 && P7962

后面那个等会补，前面这个可以考虑 4 维 DP, 刷表！！.

$f[pos + 1][i + x][(j + x) / 2][k + (j + x) % 2] += f[pos][i][j][k] * c[n - i][x] % MOD * v[pos][x] % MOD; f[pos + 1][i + x][(j + x) / 2][k + (j + x) % 2] %= MOD;$

CF1202E

贺的。考虑建个 ACAM 正反跳一下，维护划分点就可以力 /qq

CF1106E

自己讲过这个牛马题，拿个堆维护决策，刷表！！

f[i + 1][j + 1] = min(f[i + 1][j + 1], f[i][j]);
			if (d[i]) f[d[i] + 1][j] = min(f[d[i] + 1][j], f[i][j] + w[i]);
			else f[i + 1][j] = min(f[i + 1][j], f[i][j]);