2025.2.13 近期练习

P11052 [IOI 2024] 象形文字序列

做一个题的通用思路，就是考虑问题的若干特例，即找部分分做法，然后做“启发式搜索”找最有思路的。
因为最长公共子序列是 NP-Hard，这里要 $O(n^2)$ 所以我们不能先求出最长公共子序列再判断。
考虑 $A$ 是一个排列的部分分，那么考虑重编号为 $1\sim n$，然后相当于 $B$ 中找上升子序列。
然后后面可以放到平面上 $(i,B_i)$ 去研究，但是这里还是比较麻烦的。
考虑每个元素加起来出现次数 $\le 3$。首先只在一边出现的可以直接删掉。那么剩下 $1+2$。
如果该元素不出现在最全公共子序列里，但是其肯定可以作为公共子序列出现，所以这肯定不合法。
所以现在每个剩下的每个元素都必须出现。那么出现 $1$ 次那边必选。现在就变成一个匹配问题，扫一遍即可。
考虑字符集为 $2$ 的部分分。那么现在相当于有若干 $0,1$ 是必选的。现在还是匹配。放到平面上表示。
平面上 $(i,j)$ 表示 $a_i=b_j$ 可以匹配。那么相当于向右向上走，必须经过某的行或某的列（不是穿过）。
那么相当于每时每刻都在一条线上。那么你走到下一个点是不能穿过必经的行的，这个可以求出到底往哪走。
可以求出是否可以向上走或者向右走。然后你发现如果走到第 $i$ 行的时候能走到的列是一个区间。
考虑更普遍的情况。也是可以用平面刻画的。
你每一步有两种走法，要么在序列 $A$ 上推到下一个关键位置，要么在序列 $B$ 上推到下一个关键位置。
然后区间的性质还是存在的。算了后面不会。

Loj #6440. 万能欧几里得

有一条直线 $f(x)=\frac{px+r}{q}$，然后你要对 $\mathrm{\forall }x\le L$ 的 $g(x,\lfloor f(x)\rfloor )$ 求和。$g(x,y)$ 是某种二元函数。
考虑先把直线画出来，再刻画一条折线。从左往右扫，如果直线交到一条横线就向上，交到一条竖线就向右。
如果直线碰到整点那么先向上再向右。那么每次向右走的点都是要求的点。称向右操作为 $R$，向上为 $U$。
也就是第 $x$ 次向右前一定有 $\lfloor f(x)\rfloor$ 次向左，对应一个 $(x,\lfloor f(x)\rfloor )$。每次操作会给 $g$ 函数带来一些影响。
那么回到正题，我们想要递归地求 $s(p,q,r,L,R,U)$，不妨分讨 $p,q$ 的关系即分讨斜率跟 $1$ 的关系。
若 $p\ge q$ 那么斜率大于等于 $1$。考虑令 $p^{\prime }=p-kq$，$R=U^{k}R$ 。也就是挖掉了一个斜边斜率为 $k$ 三角形。
若 $p<q$，我们希望交换 $p,q$ 使其回到上一步。根据第 $x$ 个 R 前有 $\lfloor f(x)\rfloor$ 个 U，交换 R,U。
那么第 $i$ 个 U 之前有 $\lfloor \frac{qx-R-1}{p}\rfloor$ 个 R，然后前后要单独处理，直接记结论。
$s(p,q,r,L,R,U)=U^{\lfloor \frac{q-R-1}{p}\rfloor }R\times s(q,p,(q-r-1)modp,m-1,U,R)\times R^{L-\lfloor \frac{qm-r-1}{p}\rfloor }$。
其中 $m=\lfloor f(L)\rfloor$。如果 $m=0$ 就结束。此时贡献是 $R^L$。
到任意一道题里面，只要替换 $U,R$ 即可。比方说这个题可以维护向量 $\{A^x,B^y,res\}$。
$\{A^{x_1},B^{y_1},re{s}_1\}\times \{A^{x_2},B^{y_2},re{s}_2\}=\{A^{x_1+x_2},B^{y_1+y_2},re{s}_1+A^{x_1}\times re{s}_2\times B^{x_1}\}$。
那么 $R$ 就是 $\{A,I,A\}$，$L$ 是 $\{B,I,0\}$。每走一步 $R$ 就累加的意思。
比方说 P5170 就维护 $\{cn{t}_U,cn{t}_R,\sum x,\sum f(x),\sum f(x{)}^2,\sum f(x)x\}$ 即可。

CF1634F Fibonacci Additions

考虑如何刻画。算了，直接把这个题记下来就行了。维护”差分“数组 $c_i=a_i-a_{i-1}-a_{i-2}$，是单点修。

UOJ #692. 【UR #23】民意调查

考虑枚举给子集分组，要么按中位数分组，要么按平均数。显然是按照中位数是比较合适的。
于是枚举中位数是哪个，以及集合的大小。然后剩下就是一段前缀和一段后缀背包拼起来。
考虑降低空间复杂度，考虑从前往后枚举做退背包即可，就可以省一维。复杂度 $O(n^{3}V)$。

P3642 [APIO2016] 烟火表演

我们要研究所有合法方案中边权和最小的。一组合法方案相当于边权的集合。
一个显然以子树为子任务设状态 $f_{u,i}$ 表示 $u$ 子树内所有叶子到 $u$ 长度为 $i$ 此时所有方案最值。
我们想减少状态维度。维度是相当于给状态分类。
设 $F_{u,i}$ 表示所有满足上述条件的方案。$f_{u,i}=minw(F_{u,i})$。那我们关心的是 $w(F_{u,i})$ 集合。
你把 $i$ 放进方案里。那么 $F_u$ 就是 $(i,w)$ 的集合。那么直接对方案集合进行递推。
放到平面里去刻画。$F_u$ 是点集。先考虑一个集合往上长一条边集合的变化。那么 $F_u\leftarrow F_u+D(x)$。
其中 $D(x)=\{(x+k,|k|)\}$。这里加是两两相加。如果是凸包那么是闵可夫斯基和。
然后考虑合并两个子树，此时必须要横坐标相同的时候纵坐标相加。
然后既然 $D(x)$ 是凸的，合并两个凸的还是凸的，所以 $F_u$ 是凸的。那么维护下凸包就行了。
考虑如何表示一个凸包。维护拐点，考虑让每经过一个拐点斜率就 $+1$ 就好了。$x=0$ 时答案为边权和。
对位加直接合并拐点。合并 $D(x)$ 的话就是插入一段 $-1$，一段 $+1$。
那你为什么要刻画方案集合的结构？如果方案能写成二维那么就可以用平面直观表示。比方说你可以打表。

P11051 [IOI 2024] 树上代价

如果跟上一题一样的研究合法方案集合然后变成维护凸包，我看不懂因为题解太史。
考虑 $w_i=1$ 的部分，那么有一个贪心，就是叶子节点肯定填 $L$，然后每个点 $u$ 将其减到 $R$ 以下即可。
考虑 $w_i\le 1$ 的部分分，在 $w_i=0$ 时一定可以调整为任意值，贪心来看 $L$ 是最优的，那么其就是叶子。
那么设大小为 $k$ 的连通块有 $c_k$ 个，代价为 $\sum _k{c}_{k}max(0,kL-R)$，维护 $\sum k{c}_k$ 后缀和即可 $O(1)$ 查询。
考虑普遍情况，我们盲猜可以向 $w_i\le 1$ 规约，也就是 01 原理。那么对每个 01 分界点 $x$ 都算答案并累加。
考虑从大到小加入点也就是相当于维护连通块。可以处理出每个连通块存在的时间，处理出对应贡献。

P4458 [BJOI2018] 链上二次求和

考虑单点加产生的影响，考虑拆贡献算 $x$ 在长度为 $i$ 的路径里出现多少次，那么设 $s=min(x,n-x+1)$。
那么对于长度 $1\sim n$ 的贡献增多了 $1,2,\dots s-1,s,s,\dots ,s,\dots ,1$。这个东西是加等差数列形式。
考虑区间加。考虑拆成两段 $s$ 的区间。也就是对于 $s\in [l,r]$ 都进行上面的加等差数列。
那么这就变成了差分数组上加等差数列，拿线段树可以维护。考虑差分数组加的等差数列会发生什么。
也就是算形如 $\sum (c-i)i$ 这种，那么只需要知道 $\sum i^2,\sum i$ 是不是就行了。或者可以看成区间加二次函数。
但是这玩意有点麻烦，考虑简单点的办法。你可以暴力拆成 $k$ 阶前缀和相加减的形式。
例如这个题就可以拆成 $(r-l+1){\sigma }^{3}g(n)-{\sigma }^{4}g(r-1)+{\sigma }^4(l-2)-{\sigma }^4(n-l)+{\sigma }^4(n-r-1)$。
其中 $g$ 是差分数组。那么现在就是如何维护 $k$ 阶前缀和，考虑 $g(j)$ 对 ${\sigma }^{k}g(i)$ 的贡献是组合数 $C_{i-j}^k$。
而组合数其实是一个关于 $(i-j)$ 的 $k$ 次多项式，再把 $i,j$ 独立，展开 $(i-j{)}^k$ 就行了，把系数放在 $i$ 处算。
那么现在用树状数组维护 $g_j{j}^k$ 的前缀和即可。

P8350 [SDOI/SXOI2022] 进制转换

考虑根号分治。考虑将一个三进制数拆成 $i=p+3^{B}q$，此时 $x^i=x^p\times x^{3^{B}q}，z^{b(i)}=z^{b(p)}\times z^{b(q)}$。
如果 $y=1$，合并 $p,q$ 此时就很好算，两部分加和乘起来就好了。因为我们把三进制数拆开了可以直接积。
考虑 $y\ne 1$，我们要算二进制位个数的贡献。有一个小的二进制数 $p$ 和大的二进制数 $3^{B}q$。
那么我们列加法，设 $p$ 二进制位数为 $c$，只需要 $c$ 以下有无进位给 $3^{B}q$，相当于只用做 $c$ 位以下的合并了。
这里是个卷积。分讨 $3^{B}q$ 是否被进位，对应不同的贡献，然后考虑做 NTT 即可。
如果进位就取 $\ge 2^c$ 的，反之亦然。相当于把二进制数也拆开了，可以直接积。
这种思想相关 meet in middle，使得贡献可以独立计算，再利用分配率的逆过程。（因式分解）

P11364 [NOIP2024] 树上查询

你考虑将 $lca(l\sim r)$ 看成一个二元函数，然后现在就变成了研究函数的结构，考虑放到平面上去研究。
有一个通用的研究方法就是研究 $lca=u$ 时的形状。然后相当于变成研究合法集合。变成一个组合模型。
那么如果 $f(l_1,r_1)=f(l_2,r_2)=u$，考虑这两个区间的关系，关系有三种。
如果是包含，那么大区间所有子区间都为 $u$；如果是相交，那么两区间之并也是 $u$。
放到平面上，那么 $f(x,y)=u$ 的 $(x,y)$ 的形状形成一个阶梯型。
其中，阶梯的每个相邻的凸点并起来形成了凹点，阶梯左上方代表最大的区间，也是另一个阶梯的凹点。
而阶梯之间的关系就形成了一棵有根树。这棵树是一棵区间的合并树。相当于深度的小根笛卡尔树。
现在考虑原问题。把每个阶梯的左上角的点拿出来，一共有 $O(n)$ 个，相当于给其右下的所有点 chkmax。
然后考虑查询，查询是查询一个斜率为 $1$ 的最大值，那么考虑能影响到这个线段的所有点。
可以看做是两个矩形和一个三角形的并中，查上述点的 $max$。三角形很难搞，将其补全为一个斜着的矩形。
那么把斜的旋转一下就变成简单扫描线了，复杂度单 $\log$。
还有个问题就是阶梯型怎么求。也就是你 dsu on tree 的时候当有新的连续段出现的时候就对应一个新的点。
当然这个题还有很套路的做法就是 $de{p}_{lca(l,r)}=\underset{i\in [l,r-1]}{min}de{p}_{lca(i,i+1)}$。
考虑求出 $de{p}_{i,i+1}$ 为答案的极长区间 $[x,y]$，然后就是与询问区间 $[l,r]$ 求交集 $\ge k$ 的最值了。
条件分讨 $y,r$ 的关系，是两个选一个：$y\ge r,x\le r-k+1$ 或 $l+k-1\le y\le r,y_i-x_i+1\ge k$。
这个扫描线扫两次，一次扫 $x$，一次扫 $k$ 就行了。

P8528 [Ynoi2003] 铃原露露

考虑打表观察。比方说你钦定几个区间必须合法然后观察一下有没有别的性质。相当于研究合法区间集合。
区间合法的条件是所有点形成虚树（无其他点）。那么两合法区间之交肯定合法。
那考虑有交的区间并可以吗，发现大部分合法。反例是比方说两区间各自存在一对 $(u,v)$ 他们 lca 非常深。
所以区间合法的另一种表达是不存在一个非区间的点其有 $\ge 2$ 个子树有点。这也是一个想法。
还有一个想法是固定左端点然后观察右端点移动时的变化。
考虑结合一下，考虑若 $lca(a_x,a_y)=a_z$ 那么 $z$ 在 $[x,y]$ 之外的话那么若包含 $[x,y]$ 就必须包含 $z$。
我们考虑研究不合法时函数的形状。比方说 $z$ 在 $[x,y]$ 之外但是包含了 $[x,y]$ 没有包含 $z$ 就是非法的。
比方说钦定 $z>y$，那么 $[1,x]\times [y,z-1]$ 是非法的。然后就是覆盖一个矩形。最后没有被覆盖的就合法。
但是非法矩形太多了。但如果小矩形被大矩形包含就可以删了。所以假设 $z>y$，那么只有最大的 $x$ 有用。
所以相当于 dsu on tree 的时候，插入一个点就考虑其相邻的位置即可。
所以矩形个数是轻儿子子树大小之和。也就是 $O(n\log n)$ 个矩形，扫描线的话维护历史最小值个数即可。
这个做法是研究非法函数形状。上一题是研究每种函数取值的形状。
维护 upd 代表被累加进历史和次数，修改时当 Mn=0 才更新 updh，下传的话只有 Mn 跟父亲一样才下传。
然后 h = h + ct * updh 即可。

Loj #6913. 树莓立方体

考虑研究函数的结构，因为最后要求哈希，那么只有研究每种函数取值的形状一条路了。
$min,max$ 这些基于比较的考虑 01 原理。先考虑只有 01 怎么做。
若函数里取 1，那么代表 $[l,r]$ 区间在满足 $\le k-1$ 个序列不都全是 $1$，这相当于区间交。
考虑放到平面上去处理。对于极长的合法区间 $[l,r]$，相当于 $(l,r)$ 右下角三角形都为 $1$。
考虑 01 原理，从大到小加入数 $x$ ，然后算 $x$ 这个序列包括 $x$ 的极长 $1$ 区间 $[l,r]$。这个单调栈做就行了。
我们这里不用管别的序列，因为我们总是最大的最先赋值。
这里跟上面有一些不同。我们要将 $(l,r)$ 右下角的矩形中还没有被赋值的赋值为 $x$。
因为已经赋值的形状形成阶梯型，考虑维护阶梯左上角的点，均摊 $O(n)$ 个矩形赋值，后面就扫描线历史和。
这个题狠狠锻炼我的实现我服了。细节主要在于维护阶梯，还有历史和千万别写错。

qoj # 9222. Price Combo

最优化问题考虑方案集合。一组方案就是元素被划到哪边买的决策集合。不妨放到平面上去表示。
最优化问题基本研究方式是调整。考虑若 $a_i>a_j,b_i<b_j$ 那么肯定是 $i$ 在 B，$j$ 在 A 最优。
放在平面上就是 A 不能在 B 的右下角。也就是说存在一个分界线，左上是 A 右下是 B。
这种问题为什么要放到平面上呢？也就是我们关系他们的大小关系，那么模型是二维偏序。
考虑一个方案的贡献，即 A,B 分别排序然后取第 $1,3,5,7\dots$ 大的加和。A,B 分别排序就很难处理。
然后考虑 dp 这个折线，贡献如何计算？考虑折线向右走对应上面一列的选 a，向上走对应右边一行选 b。
这样巧妙地使得加入 A,B 都是分别排序了的。而不是一行一行加入就始终有 a,b 一个没排序。
具体实现对 $a_i$ 扫描线，维护当前 $d{p}_j$ 表示 $b_i\ge k$ 的选 B，反之选 A 此时的答案。
然后你一个位置有四种状态，对应当前 $a,b$ 的奇偶性，然后就做完了。线段树维护”整体 dp“即可。

P5371 [SNOI2019] 纸牌

合法性判定底层是一个构造问题。构造问题考虑调整。
从最小的开始，如果先把 $3$ 个一组的全部拿出来，那么后面有几个顺子就已知，归纳证明是唯一构造。
那现在就是一个线性递推，并且状态数是 $O(1)$ 的。你这个不是唐题吗。算了写都写了。
这种叫自动机判定。

P5279 [ZJOI2019] 麻将

如果你按照 $P$ 顺序加入去计算的话有若干问题，就是一是很难判定，二是状态压不下来。
期望的线性性 $E=\sum p(S,x)\times (|S|-13)$，其中 $p(S)=$ 加入 $x$ 后刚好合法的概率 * 达到 $S-x$ 的概率。
或者可以看做每个非法 $S$ 都对其后面的有了 $1$ 的贡献。然后就相当于 $E=\sum p(S)$。
$p(S)$ 是 $S$ 非法且达到的概率，其实就是 $(C_{4n-13}^{|S|}{)}^{-1}$。
那么按照牌面从小到大加入 dp 就可行了，现在考虑设计判定自动机，这东西跟上面还是比较像的。
判定自动机可以用 dp 的形式来实现，那么就是一个 dp 套 dp 罢了。

CF1605F PalindORme

考虑自动机判定，考虑每次选两个相同的数 $x$，将其放在序列两端，再将剩下数的二进制位跟 $x$ 重合的删了。
重复上述过程直到只剩下 $\le 1$ 个数，那么就合法。考虑把自动机判定换成一个静态的条件。
那么若序列存在一种划分 A,B，B 扣掉 A 的二进制位后互不相同，且 A 满足能放在序列两端，那么便非法。
但这个条件很麻烦，其实 A 的条件是可以扣掉的，只需要保证 B 扣掉 A 二进制位互不相同即可。
如果把一个非法解按照 A 分类，我们就有了一个初步的 dp 框架。
设 $f_{i,j}$ 表示长度为 $i$，二进制位覆盖 $j$ 个的序列数，$g_{i,j}$ 表非法序列数，$h_{i,j}$ 表没有 $0$ 且两两不同的序列数。
$f_{i,j}=\sum _{k\le j}(-1{)}^{j-k}{C}_j^k(2^k{)}^i$。
$g_{i,j}=\sum _{i^{\prime }<i}\sum _{j^{\prime }<j}{C}_i^{i^{\prime }}{C}_j^{j^{\prime }}(2^{j^{\prime }}{)}^{i-i^{\prime }}{h}_{i-i^{\prime },j-j^{\prime }}(f_{i^{\prime },j^{\prime }}-g_{i^{\prime },j^{\prime }})$。
$h_{i,j}=\sum _{k\le j}(-1{)}^{j-k}{C}_j^k{A}_{2^k-1}^j$。
为啥 $h_{i,j}$ 表示的不能有 $0$ 呢，因为我们一个非法序列需要有一种唯一 A 表示的方法，如果有 0 就有两种了。
还有一个问题就是若 $n$ 为奇数的非法序列不能从长度为 $n-1$ 的合法序列转移过来。
学习到了。我们摒弃对多重集 dp，而是直接对序列 dp，也这样就避免了元素贡献计算以及插入顺序的问题。
而变成序列的话，子集的划分相当于子序列，也就是条件啥的不会变。
即对于一个非法解，其势必存在一个合法的子序列。删掉这个子序列划分子任务就好了。

AGC058D Yet Another ABC String

你考虑刻画性质。考虑差分，那么一个串合法的条件是（除去第一位）的差分数组没有连续两个 $1$。
那么考虑容斥。现在有一个问题，就是合法是没有 $1$ 的超过 $\ge 2$ 的连续段还是没有 $1$ 的长度为 $2$ 的连续段。
这关系到钦定的问题，显然是前者好算，因为后者还需要处理有没有叠起来的问题。我的理解。
也就是钦定有 $i$ 个 ABC...，BCA... 或 CAB... 算答案。并且这些必须是非法的连续段的开头。
考虑算贡献。如果起点在首位那么贡献为 $3$，否则为 $2$。然后剩下贡献就是选起点位置以及剩下任意排列。

P6846 [CEOI 2019] Amusement Park

考虑一个方案反转了 $x$ 次，那么反转 $m-x$ 次一定可以变为其反图。所以我们只需要求方案数 $\times \frac{m}{2}$ 即可。
考虑设 $f_S$ 表示 $S$ 子集里定向为 DAG 的方案数。考虑子任务，那么也就是拿出拓扑序在最外面的点。
而最外面的点是一个独立集，设为 $T$，那么 $f_S$ 的子任务是 $f_{S-T}$。
考虑会算重。每种方案都被一种 $T$ 算了一次。那么容斥就行了。也就是 $f_S=(-1{)}^{|T|-1}{f}_{S-T}$。
复杂度 $O(2^{n}m+3^n)$。

CF756E Byteland coins

考虑从小到大使用金币，设第 $i$ 种面额为 $d_i$，那么用完前 $i$ 种的时候当前值必定是与 $m$ 同余 $d_i$。
设 $g_{i,j}$ 表示当前面额为 $j\times d_i+mmod{d}_i$ 此时的方案数，设 $s{z}_i$ 表示最大的有值的 $g_{i,j}$ 的 $j$。
考虑计算 $s{z}_i$ 的大小，那么 $s{z}_i\le \sum _j{b}_j\frac{d_j}{d_i}$，那么也就是前面的影响会被稀释，而每次都至少减少 $1/2$。
而 $1/2+1/4+\cdots =1$，所以 $\sum s{z}_i=O(\sum b_i)$，但是因为面值有重复所以是 $O(k\sum b_i)$。
考虑用前缀和优化背包即可。现在只是面临一个高精的问题，稍微处理即可。复杂度是 $O(\sum s{z}_i)$。

CF2066D2 Club of Young Aircraft Builders (hard version)

考虑研究对象如何表示。考虑用每个位置被放满的时间序列 $t_i$ 表示。那么可以把每种合法序列分类。
显然 $t_i$ 是递增的，且 $t_i$ 是形如一段一段的，考虑放到平面上去研究。把所有 $(i,p_i)$ 拿出来。
假设我们要让 $[x,y]$ 这一段的 $t$ 都是 $i$，若上一段的 $t$ 为 $j$，研究一下条件。
那么 $[j+1,i]\times [1,y-1]$ 这个矩阵里不能有点，即横坐标在 $[j+1,i]$ 里的点必须不低于 $y$。
进一步地，时间轴上每段的长度 $\le c$，那么 $x$ 能放的位置不超过 $[1,x-1]$ 出现的个数 $+c$，且个数 $\le c$。
事实上，上述转化的条件是充要的，相当于将依时间轴前进变化为依下标前进观察条件。
那么现在设计 dp。考虑设 $d{p}_{i,j}$ 表示已经放置了 $[1,i]$ 里所有数，总共放了 $j$ 个数的方案数。
转移考虑枚举 $i+1$ 填的个数，用组合数转移即可。还有一个条件就是 $n$ 必须放满。
有一个严重的误区！就是别用“断点转移”，就是别把连续段当成阶段，这样很不好做。

CF2066E Tropical Season

只有判定出来相等是有用的，那么这两个桶都是没毒的。反之若他们理应相等却不等就找到了。
考虑你当前有两个一样的桶 $k$，那么你可以得到自由支配的水 $L=2k$，然后去找另一对相等的。
重复上述过程，如果最后排除了 $n-1$ 个没毒的桶就合法。
考虑有两种操作，一种是如果有 $a_i\le L$，那么可以使得 $a_i$ 排除，再令 $L\leftarrow L+a_i$。
一种是如果 $a_j+L\ge a_i$，那么将 $a_j$ 倒入 $a_i-a_j$ 的水量之后再判定，$a_i,a_j$ 被排除，$L\leftarrow L+a_i+a_j$。
考虑倍增值域分块 $[2^k,2^{k+1}-1]$，容易发现一旦块内一个元素被排除，那么整个块都可以被排除。
设一个块内的可重集是 $S$，那么需要有 $L\ge \underset{a_i\in S,j\ne i,a_i\le a_j}{min}(a_j-a_i)$，或者 $L\ge \underset{a_i\in S}{min}{a}_i$。
考虑块间的贡献，我们只用考虑相邻块。如果一个块内没有值导致后继值在下下个块，那势必 $>2^k$ 不优。
一个块内维护一个 multiset，于是做完了。

uoj #806. 【UR #25】见贤思齐

还是考虑如何描述整个过程。先考虑树怎么做。
设 $f_{i,t}$ 表示 $i$ 这个点在 $t$ 时刻的取值。那么 $f_{i,t}=f_{i,t-1}+[f_{i,t-1}\le f_{p_i,t-1}]$。
那么上述式子存在一个问题就是若想知道 $f_{i,t}$ 的值还需要知道 $f_{i,t-1},f_{p_i,t-1}\dots$ 相当于需要知道所有 $f_{i,t}$。
考虑 $i$ 的取值范围显然为 $[a_i,a_i+t]$。只需要考虑 $f_{p_i,t-1}+1$ 的取值判断一下是否属于这个范围即可。
那么 $f_{i,t}=max(min(f_{p_i,t-1}+1,a_i+t),a_i)$。考虑消去 $+1$ 常数。
那么设 $g_{i,t}=f_{i,t}-t$，则 $g_{i,t}=max(min(g_{p_i,t-1},a_i),a_i-t)$。
那么这个过程可以看做是 $g_{i,t}$ 的取值范围不断缩小的一个过程，起初是 $[a_i-t,a_i]$，再跟 $g_{p_i,t-1}$ 取交。
直到交为空集，也就是存在一个 $g_{j,t^{\prime }}$ 取值范围和 $g_{p_j,t^{\prime }-1}$ 不交了，肯定取到 $a_j,a_j-t$ 中的一个。简单判定。
我们可以用倍增实现这个过程。也就是维护 $a_i-de{p}_i$ 最大值和 $a_i$ 的区间最小值即可。
考虑基环树怎么做。考虑把环上最小的那个点拿出来，这个点肯定一直 $+1$，于是将其这个点设为根即可。
其实实现来看上面这步好像没必要。

P7214 [JOISC 2020] 治療計画

考虑刻画问题。如果没有时间维那么就是线段覆盖问题。
考虑在平面上刻画。拿出下标-时间二维平面。我们考虑一个方案就是一个斜边平行 $x$ 轴的一个等腰三角形。
那么，要想要覆盖 $1\sim n$，相当于沿着三角形的边走，存在一条从 $x=1$ 到 $x=n$ 的折线。
那么可以转化为一个最短路问题，考虑建图。
钦定 $T_j<T_i$ 并分离 $i,j$，那么需要满足 $L_j+T_j-1\le R_i+T_i$，或者 $R_j+T_j+1\ge L_i+T_i$。
这个东西是一个二维偏序，按照 $T$ 加入，考虑用主席树优化建图即可。
观看题解得到：权在点上的最短路有一个性质：每个点最多被松弛一次。所以每个点出队的权值就是其真权。
所以我们可以不用把图建出来，也不需要用主席树，直接在线段树上维护最短路的权值即可。
考虑势能线段树。考虑现在取出队顶的点来松弛，分讨其作为 $T$ 是大的还是小的，也就是时间轴上前后缀。
形如将区间内 $R_i+T_i\le x$ 的点松弛，按照势能线段树一般形式维护区间 $min$，然后递归整棵子树。
如果一个点已经被松弛那么就将其设为 inf。复杂度应该是 $O(n\log n)$。
注意这里线段树上的点是不用入队的。线段树只是起到了一个维护势能的作用。

AT_cf16_exhibition_final_e Water Distribution

考虑调整。如果 $a_i\to a_j,a_i\to a_k,a_j\to a_k$，这样不如 $a_i\to a_k,a_j\to a_i$。
所以我们可以猜想最后有流的边是森林。
考虑如何计算答案。考虑将 $max(0,l-d)$ 改写为 $l-d$，因为最优方案肯定不含 $<0$ 的边，不会影响答案。
考虑一棵树的答案，考虑答案上限，也就是 $\frac{\sum a_i-\sum d}{|T|}$，这个是可以被取到的。
后面考虑状压 dp，先预处理每个连通块的答案，然后再做子集 dp 就行了。
我想知道这种转化的内涵，如同拆绝对值那样，或者叫增强限制，只是为了好算吗？

CF1874F Jellyfish and OEIS

研究 $p_{l\sim r}$ 不是 $[l,r]$ 的排列这个函数的性质。若 $[l,r]$ 满足，$[r+1,r+1]$ 满足，那么 $[l,r+1]$ 也满足。
似乎真的没什么性质草了。考虑若 $[l,m_l]$ 到 $[l,r]$ 都不是排列会带来什么。我们可以先保留思路。
但是如果条件改成是一个排列，就有区间并和区间交的性质了。并且区间反交也是合法的。
当没有头绪的时候考虑容斥。也就是钦定若干区间为排列。此时我们可以用上区间反交也是合法这个条件。
那么可以带来什么呢？假如我们钦定了两个相交的区间都非法，等价于三个小区间都非法，这两部分抵消。
上面说的相交不含包含关系。所以我们容斥只需要钦定的若干包含或分离区间非法就行了。
那么这就是一棵区间树。假设知道一棵区间树的贡献就是”每个区间扣掉子树区间大小“的阶乘之积。
考虑如何计算答案。考虑区间 dp，设计状态为 $g_{l,r,x}$ 表示 $[l,r]$ 有 $x$ 个空点，子树贡献都算完的答案。
转移的话枚举子区间是哪些，同时记 $f_{l,r}$ 表示 $[l,r]$ 被钦定非法时的答案。答案其实是容斥系数*方案数之和。
$f_{l,r}=-\sum g_{l,r,x}\times x!$，$g_{l,r,x}=g_{l+1,r,x-1}+\sum f_{l,r^{\prime }}\times g_{r^{\prime }+1,r,x}$。如果 $[l,r]$ 不能被钦定就是 $0$。

P7670 [JOI2018] Snake Escaping

这个题很典，考虑鸽巢原理，对于一次询问肯定有 0,1,? 中的一种个数 $\le n/3$。
如果 ? 的个数 $\le n/3$ 我们可以直接枚举。
对于这种问题可以考虑高维前缀和，那么我们已知一个集合里元素之和，相当于已知只含 0? 的串的答案。
对于 1 的个数 $\le n/3$ 的情况，不妨将 1 看做 ?-0，然后将其展开求和即可。
对于 0 的情况也同理，求一个高维后缀和即可。那么整个问题复杂度为 $O(q{2}^{n/3})$。

CF1322D Reality Show

考虑已知能力值为 $i$ 有 $c_i$ 个人会发生什么。首先 $2$ 个 $c_i$ 会贡献给 $c_{i+1}$，然后 $2$ 个 $c_{i+1}$ 又会贡献下去。
考虑算一下贡献，$i$ 处的贡献是 $c_i\leftarrow c_i+c_{i-1}/2$。但是 $c_{i-1}$ 又是未知的，递归算即可。答案是 $\sum s_i{c}_i$。
感觉跟二进制有点像。如果我们从大到小加入数这样会有后效性，不妨从小到大加入数。
那么现在状态就可以用一个二进制数表示，代表处理了 $\le x$ 的数此时进位的情况。
而这个进位显然是 $\le O(n)$ 的，所以我们有了一个状态数为 $O(n^2)$ 的表示。看上去没有什么优化了怎么办。
考虑加入一个数 $x$。假设我们要用 $f_{y,s}$ 的状态来更新，那么 $s$ 二进制下的后 $x-y$ 位是没用的。
那么有用的状态是 $n+n/2+n/4+\cdots =O(n)$ 种，理论可行 $O(n^2)$，考虑如何维护这个过程。
不妨只维护是 $F_y=max{f}_{y,s}$，当 $y$ 影响不到 $x$ 的时候调用 $F_y$，其他的枚举所有状态。 $O(n^2\log n)$。

CF1844G Tree Weights

一开始我以为 $di{s}_{i,i+1}$ 就可以组合出所有 $d_{x,y}$。知道 $di{s}_{x,y}$ 就只要知道 $di{s}_{x,x+1}$ 与 $di{s}_{x+1,y}$ 是怎么组合的。
但是这是错的，$(x,y)$ 路径与 $(y,y+1)$ 路径可能有重复，但这个重复的路径还要算呢。
考虑定根。那么 $di{s}_{i,i+1}=d_i+d_{i+1}-2d_{lca(i,i+1)}$，那么这个东西是一个线性方程组。
考虑递推计算，已知 $d_1=0$，那么 $d_{i+1}=di{s}_{i,i+1}-d_i+2d_{lca(i,i+1)}$，问题就是要调用没有算的值。
考虑拆位考虑 $mod2$ 的值。那么 $2d_{lca(i,i+1)}$ 就没了。此时可以直接求出来。
考虑计算下一位 $mod4$ 的值，此时调用上一位求的 $d_{lca(i,i+1)}$ 值即可。真的是奇妙啊。
这种拆位的思想可以考虑 qoj # 9479. And DNA。最后稍微判一下是否是正整数即可。

CF1616H Keep XOR Low

这个题其实不难。位运算问题考虑用 trie 树处理。然后拆位从高位到低位处理。
考虑若 $x$ 这位为 $0$ 那么就是左子树和右子树不能同时选。
若 $x$ 这位为 $1$ 就比较麻烦。如果只有左子树或者右子树那么就是随便选。考虑左右子树同时有点。
左右子树同时有点的话相当于他们之间匹配还顶着最高位限制。不妨称这是个子任务 $s(A,B,k)$。
考虑解决 $s(A,B,k)$ 表示 $A,B$ 两个集合异或 $\le$ $x$ 的后 $k$ 位的答案，还是分讨 $x$ 该位取值。
若为 $0$，也就是不能处于不同集合的一个左子树和一个右子树被选，跟上面很像吧。
也就是子任务 $s(l{s}_A,l{s}_B,k-1)$ 与 $s(r{s}_A,r{s}_B,k-1)$ 的答案加起来。
考虑 $1$ 的情况。考虑如果两个集合都只有左子树或右子树那么可以任选；
先考虑其中一个集合左右子树都有。不难发现两个集合都有的那边的子树是没用的，可以任选。
两个集合左右子树都有呢？我们发现两个问题独立。$s(l{s}_A,r{s}_B,k-1)\times s(r{s}_A,l{s}_B,k-1)$。
考虑复杂度问题。这里的集合考虑用 trie 树上的点表示。
每层只有 $O(n)$ 个子任务，那么复杂度是 $O(n\log n)$。

P11666 [JOI 2025 Final] 邮局 / Post Office

考虑一个问题我们要决策的位置，也就是当有多个包裹在一个点的时候哪个先发。
因为基环树上路径是唯一的，所以同一个点两个包裹的路径也就是谁远谁近的问题。调整可得先发远的更优。
通过调整可知，如果一个包裹要等，那么其在哪个点等是没有区别的，看做是在出发点等。
那么这说明什么呢，如果我们只求一个点是如何决策的，这个点和其他点计算是独立的，包括其之前的点。
而答案就是所有点最后一个离开的时间。那么这就简单了，设 $d_{1\sim k}$ 表示所有到 $u$ 路径花费的时间。
依据我们上面的贪心，那么 $u$ 这个点的答案就是 $max{d}_i+i$。其中 $d$ 为降序排序。
考虑维护 $d$ 集合。如果没有环的话考虑线段树合并处理。先递归右子树然后给左子树加上右边的 cnt 即可。
考虑环怎么做。其实直接把环拆了然后复制一遍就好了。然后跨越你断的位置的路径拆成两段即可。