『线段树合并』Day7
颓了一天了。md
虽然还没有过线段树合并板题，但早就用过了。
注意，单次合并复杂度是 \(O(n\log n)\) 的，但是一直合并，保证最终共有 \(n\) 个元素的话，总时间复杂度也是 \(o(n\log n)\) 的。不要理解成单次 \(\log n\)。
一个人千万不能忘记自己的初心，有时候需要静下心来想一想自己到底应该做什么。
难道之前逼自己赶上那么多的努力真的要白费吗。
习题
A 更为厉害
差不多 30 min 秒了。
考虑两种情况，\(b\) 是 \(a\) 的祖先，那么 \(c\) 只能是 \(a\) 的子树。
第二种情况 \(b\) 在 \(a\) 的子树里，但是距离有 \(k\) 的限制。然后 \(c\) 是 \(b\) 的子树，也就是 \(siz_b-1\) 种 \(c\)。
考虑 \(b\) 的个数，按照深度为下标建主席树，每次查询深度区间里在 \(a\) 子树的 dfn 区间中的 sum 即可。
B Minimax
之前看过线段树合并优化 dp，第一次实现。
由于是二叉树，所以 dp 的形式非常简单，就是前缀和后缀和加上一坨。
dp 是二维的，直接把第二维放进 ds 下标，前后缀和可以在你合并左右儿子的时候直接由 sum 得到。
可以结合代码理解。
int merge(int p, int q, int v1, int v2, int w, int l, int r) {
if(!p and !q) return 0;
v1 %= Mod, v2 %= Mod;
if(!p) return upd(q, v2), q;
if(!q) return upd(p, v1), p;
pushdown(p); pushdown(q);
int mid = l + r >> 1;
int s1 = T[ls].sum, s2 = T[rs].sum, s3 = T[T[q].l].sum, s4 = T[T[q].r].sum;
ls = merge(ls, T[q].l, v1 + (1 - w) * s4, v2 + (1 - w) * s2, w, l, mid);
rs = merge(rs, T[q].r, v1 + w * s3, v2 + w * s1, w, mid + 1, r);
return pushup(p), p;
}
C 众数
4 操作就是线段树合并板。考虑众数操作。
有一种好像是众数的套路做法，就是你维护当前的 house 数，如果新加入的数相同那么 cnt ++，否则 cnt --。如果 cnt < 0 那么替换 house 为 nowx。
容易发现序列加入顺序不会影响最终答案的取值。用 ds 维护这个过程。
但是没有必要啊。你众数在的那个值域区间一定满足 Sum > len / 2，根据这个直接 ds 二分即可。注意是 \(m\) 棵一起二分。
数据造得好。
D 旋转树木 Tree Rotations
一眼知交换左右儿子不会影响父亲的集合。
考虑合并的时候内部不可能有新的贡献，你只会算当前右子树中比左子树 val 大的、小的有多少个。
所以只要贪心选更小的一种方案即可。
在你合并的时候，由于要分到左右去 merge，所以你可以直接得出左右儿子的 sum，计算以 mid 作为分界的逆序对。然后递归到内部再算。
代码和 B 差不多。
E 排序
典。
要对数地对一般序列排序是脑子有问题才会想优化的。
但是题目非要我们排序，考虑简单方法。
如果是对 01 序列排序，就可以只维护 1 的个数，然后前缀后缀赋值操作即可。
而你询问只有一个单点，所以我们可以二分这个点是多大，根据所有数和二分值的大小关系转化成 01 序列。
为什么是对的啊。
排序后的序列一定是不变的，位置 q 也不变，只是你二分的 01 序列在变，而且 0 越来越多。（随着 mid 的增大）
什么时候 q 变成 0，就可以了。
晚测 JOISC2017 Sparkles
nb 题，双序列原 & 加强。
4 月做了双序列，但为什么这道题没做出来呢。
因为一开始就想错了。
想这种题怎么可能贪心，绅士居然想出了从 \(S\) 集合里面分离 \(B\) 集合出去的zhizhang做法，复杂度指数线性对数。可过。
注意：一个人肯定是等火要烧完了才传递，以及路径上经过的人会跟着这个人走，不劣。
所以推出：每个时刻，和 \(k\) 在一起的人构成一个连续的区间 \([l,r]\)。
你可以用一个平方 dp 进行转移。这时候把状态改成 \(l\) 或 \(r\) 的人可以被点上火。
首先，火把在最优传递方法下，是可以一共有 \((r-l)*T\) 的时间，然后最优的走法下，肯定要走 \(X_r-X_l\)。
当你传递给一个人的时候，你们必然相向而行，和你走一个方向的点，到你的距离不变。
先不考虑中途会不会断。一直向左，最后向右；或者反过来，都是一样的判定，所以结束点应该是可以随便选的。
check(l, r) 很容易写出来，表示从 \(k\) 出发，要能够带着火走到 \(l,r\) 至少需要满足的条件。
这玩意无法保证你能从 \([l+1,r]\) 走到 \([l,r]\)，因为你不知道是否合法。
所以 \(dp_{l,r}=[check(l, r)] \operatorname{and} (dp_{l+1,r} \operatorname{or} dp_{l,r-1})\)。
然后就是双序列拓展原题了。这里矩阵变成了上三角，从 \((k,k)\) 每次向上、右走一步走到 \((1,n)\)。
但是我们考虑题解里面的简单做法，实际上是双序列递归的倒序实现，也证明此题本质是贪心。
实际上昨天晚上很多时间都在重温双序列做法。个人认为到双序列的转化却是不容易想到的。
