CTS2022

D1T1 普罗霍洛夫卡

考虑扫描线，那么问题就变成了区间 $+1$，区间历史异或和问题。

我们先单独考虑一个数的情况，如果在 $j$ 时刻，$b_i$ 增加了 $1$，发现对于后面的所有询问时刻 $j^{\prime }$，如果 $j$ 和 $j^{\prime }$ 的奇偶性相同，那么就会产生 $b_i\oplus (b_i+1)$ 的贡献。

而由于初始 $b_i=0$，所以我们只需要关注每一次修改的时候，将历史和分成奇数位和偶数位分别存储 $f_{i,0/1}$ 即可。

我们考虑 $b_i\oplus (b_i+1)$ 是什么，找到 $b_i$ 最低的非零位 $k$，那么就有 $b_i\oplus (b_i+1)=2^{k+1}-1$。

相当于要找到某个 $k$，满足 $b_i\mathrm{mod}{2}^{k+1}=2^k-1$。

由于每一个数最多进行 $n$ 次 $+1$，那么对于某一个阈值 $k_0$，它修改后取到 $k>k_0$ 的时刻之后 $O({\displaystyle \frac{n}{2^{k_0}}})$ 个，这启发我们阈值分治，取 $2^{k_0}=O(\sqrt{n})$，也就是大概 256 或者 512。

感觉没有办法使用 $\mathrm{poly}\log$ 的数据结构维护，所以考虑分块，记块长为 $B$。

对于 $k>k_0$ 的情况，我们对于每个块的数按照 $\mathrm{mod}{2}_0^k$ 的结果开桶暴力维护；

对于 $k\le k_0$ 的情况，我们对于每一个块维护 $f_{i,j}$，表示 $\mathrm{mod}{2}^j=i$ 的数的数量，那么每一次修改之后，做出贡献的那 $k_0$ 的 $f$ 是可以直接查出来的，单次的复杂度为 $O(\log n)$。

对于散块的暴力重构，上面 $k\le k_0$ 的修改可以通过维护每一个 $f_{i,j}$ 贡献了多少次来查询，暴力查询每一个数对应到了 $O(\log n)$ 的位置，暴力重构的复杂度为 $O(B\log n)$。

由于 $k_0$ 是 $O(\log n)$ 的，所以最终的时间复杂度为 $O(n\sqrt{n}\log n)$。

考虑优化。

发现 $f$ 数组的大小是 $O(2^{k_0})$ 的，而且他的结构是一个类似线段树结构，例如 $f_{i,j}=f_{i,j+1}+f_{i+2^j,j+1}$，所以每一种情况对区间 $f$ 异或和的贡献计算可以 $O(2^{k_0})$ 预处理出来，做到 $O(1)$ 查询，而下方贡献也可以用线段树式的结构下方，做到 $O(2^{k_0})$。

这样时间复杂度就优化到了 $O(n\sqrt{n})$。

D1T2 独立集问题

很神秘的 DP 题，感觉不是很会讲，所以没有写怎么做。

D1T3 回

发现回字形的加法是不好处理的，但是发现它是若干个矩形相加，所以考虑二维差分。发现在二维差分的数组上，操作形如让 $(X-d+1,Y-d+1)$ 到 $(X+d,Y+d)$ 这一条主对角线上的所有点 $+w$，让 $(X-d+1,Y+d)$ 到 $(X+d,Y-d+1)$ 这一条副对角线上的所有点 $-w$。

而对于询问，我们也可以差分成对于 $x\le X,y\le Y$ 的点 $(x,y)$ 求权值和。

主对角线

我们先考虑主对角线如何求：

发现我们可以再对修改加进行一次差分：对于 $x-y=X-Y$ 且 $x>X-d$ 的所有点 $+w$；对于 $x-y=X-Y$ 且 $x>X+d$ 的所有点 $-w$。

修改统一为：对于 $x-y=d$ 且 $x>x_0$ 的所有点 $+w$。

现在我们讨论一个修改 $(d,x_0,w)$ 和询问 $(X,Y)$ 之间作贡献的关系。发现这条射线和询问的关系有两种，第一种是射线先撞到 $x=X$，第二种是射线先撞到 $y=Y$。这两种情况是对称的，我们只讨论其中一种，另一种将所有的 $x,y$ 反转即可。

首先要有 $x_0\le X$，同时我们要求先和 $X$ 轴相交，所以有 $d\ge X-Y$。容易得到这一次修改对于询问的贡献为：$\sum _{i=x_0+1}^{X}w(X-i+1)(Y-(i-d)+1)$。

发现有两个 $+1$，不好写，所以在下文中用 $X$ 和 $Y$ 替换 $X+1$ 和 $Y+1$。

将式子拆开，得到：$=wX(Y+d)(X-x_0)-w(X+Y+d)\sum _{i=x_0+1}^{X}i+w\sum _{i=x_0+1}^X{i}^2$。

将 $\sum _{i=x_0+1}^{X}i$ 和 $\sum _{i=x_0+1}^X{i}^2$ 替换成 ${\displaystyle \frac{X(X+1)}{2}}-{\displaystyle \frac{x_0(x_0+1)}{2}}$ 和 ${\displaystyle \frac{X(X+1)(2X+1)}{6}}-{\displaystyle \frac{x_0(x_0+1)(2x_0+1)}{6}}$，同时把式子展开，以 $d$ 和 $x_0$ 为主元，可以得到：

$$\text{原式}=w(X^{2}Y-{\displaystyle \frac{1}{2}}(X+Y)X(X+1)+{\displaystyle \frac{1}{6}}X(X+1)(2X+1))+w{x}_0(-XY+{\displaystyle \frac{1}{2}}(X+Y)-{\displaystyle \frac{1}{6}})+wd(X^2-{\displaystyle \frac{1}{2}}X(X+1))+wd{x}_0(-X+{\displaystyle \frac{1}{2}})+w{x}_0^2({\displaystyle \frac{1}{2}}(X+Y)-{\displaystyle \frac{1}{2}})+wd{x}_0^2({\displaystyle \frac{1}{2}})+w{x}_0^3(-{\displaystyle \frac{1}{3}})$$

发现和修改有关的只有形如 $w{x}_0^i{d}^j$ 其中 $i,j=0,1,2,3,i+j\le 3$ 的式子。

考虑若干个修改对一次询问，就是对于所有 $d\ge X-Y$ 且 $x_0<X$ 的操作，求 $\sum w{x}_0^i{d}^j$。由于还有时间轴，发现这就是朴素的三维数点问题，使用 cdq 分治可以做到 $O(m{\log }^{2}m)$。

副对角线

发现副对角线是类似的，但是要麻烦一些。

也考虑差分：对于 $x+y=X+Y+1$ 且 $y>Y-d$ 的所有点 $-w$，对于 $x+y=X+Y+1$ 且 $y>Y+d$ 的所有点 $+w$。

修改变成：对于 $x+y=d$ 且 $y>y_0$ 的所有点 $+w$。

发现操作和修改有三种关系：

我们考虑红色的贡献：

首先有 $y_0\le Y$，且 $d\le X+Y$，因为要求是红色，所以 $y_0\ge d-X$，那么贡献为 $\sum _{i=y_0+1}^{Y}w(X-(d-i)+1)(Y-i+1)$。

同样将 $X+1$ 替换成 $X$，$Y+1$ 替换成 $Y$，拆开之后主元：

$$\text{原式}=w(X{Y}^2-{\displaystyle \frac{1}{2}}Y(Y+1)(X-Y)-{\displaystyle \frac{1}{6}}Y(Y+1)(2Y+1))+w{y}_0(-XY+{\displaystyle \frac{1}{2}}(X-Y)+{\displaystyle \frac{1}{6}})+wd(-Y^2+{\displaystyle \frac{1}{2}}Y(Y+1))+wd{y}_0(Y-{\displaystyle \frac{1}{2}})+w{y}_0^2({\displaystyle \frac{1}{2}}(X-Y)+{\displaystyle \frac{1}{2}})+wd{y}_0^2(-{\displaystyle \frac{1}{2}})+w{y}_0^3({\displaystyle \frac{1}{3}})$$

但是直接处理 $d-X\le y_0\le Y$ 的限制会导致原题变成四维偏序问题，不好处理。但是由于有 $d\le X+Y$，即 $d-X\le Y$，所以满足 $y_0<d-X$ 的必然满足 $y_0\le Y$，所以我们用可以做两次二位偏序，用 $y_0\le Y$ 计算出来的结果减去 $y_0<d-X$，也就是 $d-y_0<X$ 计算出来的结果即可。

然后就是橙色的情况，有 $y_0\le d-X$，且 $d\le X+Y$，不难证明贡献为 ${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{X+Y-d+3}{3})}$。

记 $D=X+Y$，整理可得：$\text{原式}=w({\displaystyle \frac{1}{6}}(D+1)(D+2)(D+3))-wd({\displaystyle \frac{1}{6}}3D^2+12D+11)+w{d}^2({\displaystyle \frac{1}{6}}3D+6)-w{d}^3({\displaystyle \frac{1}{6}})$，同样可以三位偏序。

最终时间复杂度为 $O(m{\log }^{2}m)$。

D2T1 燃烧的呐球

考虑使用 Boruvka 算法。

相当于要对于每一个点统计距离他最近的异色点，在接下来维护的所有信息，默认是维护颜色不同的最小的两个值。

发现描述的贡献就是树上子树的对称差，而这个对称差只会有三种形态：$x_1$ 是 $x_2$ 的祖先，$x_2$ 是 $x_1$ 的祖先，$x_1$ 和 $x_2$ 没有祖先后代关系。

而对于没有祖先后代关系的统计，不需要钦定没有祖先后代关系，因为这样松限制是劣的，必然不会是最优解。

接下来对于所有的情况进行讨论：

若 $x_i$ 是 $x_j$ 的祖先，也就是 $x_j$ 在 $x_i$ 的子树内：

1. 若 $y_i$ 和 $y_j$ 没有祖先后代关系，可以对于每一个节点维护子树内最小的 $-si{z}_{x_j}+si{z}_{y_j}$，每一个节点将这个信息向父亲合并即可。
2. 若 $y_i$ 是 $y_j$ 的祖先，考虑使用线段树合并维护，查询 $y_i$ 对应子树区间内最小的 $-si{z}_{x_j}-si{z}_{y,j}$。
3. 若 $y_i$ 是 $y_j$ 的后代，考虑使用线段树合并维护，让 $y_j$ 对其对应的子树区间都贡献 $-si{z}_{x_j}+si{z}_{y,j}$。

上面两棵线段树分别要支持：单点修改，区间查询，线段树合并；区间修改，单点查询，线段树合并。

若 $x_i$ 是 $x_j$ 的后代，那么也仍然在 dfs 的过程中考虑：

1. 若 $y_i$ 和 $y_j$ 没有祖先后代关系，对于每一个节点维护祖先内最小的 $si{z}_{x_j}+si{z}_{y_j}$，每一个点的权值从父亲处继承。
2. 若 $y_i$ 是 $y_j$ 的祖先，查询 $y_i$ 对应子树区间内最小的 $-si{z}_{x_j}-si{z}_{y,j}$，但是在 dfs 的回溯中需要支持可撤销。
3. 若 $y_i$ 是 $y_j$ 的后代，让 $y_j$ 对其对应的子树区间都贡献 $-si{z}_{x_j}+si{z}_{y,j}$，但是在 dfs 的回溯中需要支持可撤销。

上面两棵线段树分别要支持：单点修改，区间查询，可撤销；区间修改，单点查询，可撤销。

若 $x_i$ 和 $x_j$ 没有祖先后代关系：

1. 若 $y_i$ 和 $y_j$ 没有祖先后代关系，甚至不需要上树，直接统计不同颜色的最小的 $si{z}_{x_j}+si{z}_{y_j}$。
2. 若 $y_i$ 是 $y_j$ 的祖先，和第一种情况的第一类一致。
3. 若 $y_i$ 是 $y_j$ 的后代，和第二种情况的第一类一致。

将上面九种情况分别处理出来即可。

时间复杂度 $O(n\log n+m{\log }^{2}n)$。

D2T2 袜子

半平面小Z的袜子。

将所有的点按照颜色从小到大排序，然后每 $B$ 个分成一块，由于所有颜色相同的是连续的，所以我们可以利用如下半群信息来维护：第一种颜色及其数量，最后一种颜色及其数量，其他颜色数量的平方和。

那么我们只需要对于每一个块考虑了。

对于块内作旋转扫描线，在整个过程中，点交换相对顺序的次数只有 $O(B^2)$ 次，将这 $O(B^2)$ 个交换的时刻和 $m$ 个询问扔到一起进行极角排序即可。

而旋转扫描线的过程中，对于每一个询问的每一个查询都是查询的前缀的点或者后缀的点，所以可以在每一次交换的之后对 $O(1)$ 个会变化的前后缀信息就行修改。

时间复杂度为 $O({\displaystyle \frac{n}{B}}(B^2\log m+m\log m))$，取 $B=\sqrt{m}$ 可以做到 $O(n\sqrt{m}\log m)$ 的复杂度。

D2T3 WBTT

不会。