CF1923（重要）

只做了 A，成功被 sb 错误卡住。

A

每次挑最右边的左移。

B

每次一定是优先向最近的怪物打，打完一个打下一个最近的。

子弹不一定只能打两个怪物，所以打的时候用循环判断子弹是否打完。

C

1. l = r 不行

2. 否则考虑全 1 再把所有 \(c_i=1\) 的都 +1，这需要 \(cnt1[r]-cnt1[l-1]+(r-l+1)\)，\(cnt1[i]\) 表示前 \(i\) 个中 \(1\) 的个数。

   如果 \(s[r]-s[l-1]<\text{上面的式子}\)，就可以放下；否则就是不能。

   注意是 \(<\) 不是 \(\le\)。

D

先对于每个位置求出 \(l,r\)：\(l[i]\) 表示与 \(a_i\) 相等的数字段左端点在哪里，\(r[i]\) 表示右端点。

对一个位置 \(x\) 的答案分成两类：它左边的吃掉它和它右边的吃掉它，这两类是类似的。

对于它左边的吃掉它，我们先二分一个位置 \(pos\)：\(pos\) 是最大的使得 \(a_pos+\dots+a_{x-1}>a_x\) 的位置。

如果 \(pos\sim x-1\) 不是全相等，那就可以用 \(x-pos\) 次吃掉。

如果 \(1\sim x-1\) 全相等，则“它左边的吃掉它”这一类无解。

否则就是 \(l[pos]\sim x-1\) 都是相等的，所以让 \(a_{l[pos]}\) 吃掉 \(a_{l[pos]-1}\) 再一路吃过去。

E

void srh(int v, int fa) {
	int u = cntc[c[v]], s = up[c[v]];
	ans += s;
	for (int i = 0; i < e[v].size(); i++) {
		if (e[v][i] == fa)
			continue;
		up[c[v]] = 0;
		srh(e[v][i], v);
	}
	ans += cntc[c[v]] - u;
	cntc[c[v]] = u + 1;
	up[c[v]] = s + 1;
}

\(c[x]\) 表示 \(x\) 的颜色，\(cntc[clr]\) 记录当前有多少个已经回溯了的 \(clr\) 色的点上方没有已经回溯的 \(clr\) 色的点，\(up[clr]\) 表示当前有多少个 已经回溯了的 是\(clr\)色的 上方没有\(clr\)色的 不在\(v\)子树中的 结点。

代码解释：

ans += cntc[c[v]] - u，\(u\) 是没遍历这颗子树时“裸露”的 \(c[v]\) 个数，\(cntc[c[v]]\) 是现在“裸露”的 \(c[v]\) 个数，所以 \(cntc[c[v]]-u\) 就是这颗子树内有多少个裸露的 \(c[v]\)，都可以与 \(v\) 组成好路径。

ans += s，这些兄弟结点与当前节点都能组成好路径。

up[c[v]] = 0 是因为马上我们就要递归进子节点了，因为对于 \(v\) 的子节点 \(s\) 来说，所有 \(s\) 的颜色为 \(clr\) 的兄弟结点都不是“裸露”着的了，于是 \(up\) 改为 \(0\)。