CF1254&&CF1255 总结

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猪逼题。。

div2 B

如果题面不改的话还是有点难想的，但是改了后就很啥b了。。

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其实也很好写，但是那天我太困了。。

首先我们可以很方便地确定起点，然后我们注意到对于原来的序列 \(a_{i-1},a_i,a_{i+1}\)，若前两个及其前面部分已确定，那么 \(a_{i+1}\) 就可以确定，所以求出 \(a_1,a_2\) 然后顺着遍历一遍就行了。。

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也很啥b的题，就是简单贪心就行了。。

div1 B

首先可以求出 sum。

若 \(sum=1\)，一定无解。

然后可能最优的 k 一定是 sum 的约数且肯定是质数，所以我们可以对 sum 分解质因数然后来求对于一个 k 的答案。

我们可以注意到，在满足条件的情况下，所有的前缀和也都是被 k 整除的，于是我们可以扫一遍，对于一个位置 i，当前前缀和为 s （取模后），那么若 s 不被 k 整除，要 s 被 k 整除，那么可以把 s 向后移 s 或 从后面拿 k-s 个，然后更新答案即可。

div1 C

好像是交互加计算几何。。

这几天学了再做。

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有点意思。。

考虑对于一个操作一，看看 v 对于那些 x 有什么贡献。。

首先，若 x 不为 v 的子树，那么如果 r 在 v 的子树内，则对 x 有 \(\frac{sz[v]}{n}\times d\) 的贡献。。

然后，如果 x 为 v 的子树，那么如果 r 不在 x 的为 v 儿子的祖先 y 的子树内，那么对于 x 有 \(\frac{n-sz[y]}{n}\times d\) 的贡献。

当然，对于 v 本身一定2会有 d 的贡献。

然后对于情况一和三都好求，用树状数组在 dfn 上维护一下就行了，但是对于情况二，由于每次 y 都是不同的，当然我们可以暴力更新，但这样复杂度是不对的。。

那么我们考虑存一部分信息到节点，每次查询再更新答案。

考虑重链剖分，每次都更新重儿子所在子树，然后每次跳链更新答案。这样就将 \(O(n\log n)\) 修改 + \(O(\log n)\) 查询变为了 \(O(\log n)\) 修改 + \(O(\log n)\) 查询。。

这种优化维护树上信息的问题还是要经常考虑树链剖分的。。

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我题都看不懂，等题解多了再写吧。。