8.23

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在第 $i$ 个点买一张票，就能在 $[L_i,R_i]$ 中任意行走，求从每个点出发，最少买几张票能走遍 $[1,n]$？

tag：最短路，线段树优化建图。

题目的问题是求最少代价，于是我们发现题目很像一个最短路模型：$i$ 向一个虚点 $u_i$ 连边权为 $1$ 的边，$u_i$ 向 $[L_i,R_i]$ 连代价为 $0$ 的边。连边看起来很多，但是由于连边连向的是一个区间，我们只需要线段树优化建图即可。

考虑最终的答案是什么：由于连边是连向一个区间，所以对于点 $i$，所有买的票的并，也就是我们能走到的点，构成了一个大区间。所以走遍 $[1,i]$ 的充要条件是走到 $1$ 。因为 $1$ 为该区间左端点。同理走遍 $[i,n]$ 的充要条件是走到 $n$，因为 $n$ 为该区间右端点。所以我们建反图并从 $1$ 与 $n$ 分别跑最短路，每一个点的答案应该是到 $1$ 的最短路加上到 $n$ 的最短路。

然后我们发现这个不对，因为到 $1$ 的最短路和到 $n$ 的最短路会有重复的路径，这一段路径只会被计算一次。例如，从点 $i$ 出发只需要买一张 $i$ 的票就可以了。

我们如果设初始 $dis_1+dis_n$ 为初始答案 $ans_u$，那么我们发现对于任意的 $(u,v,w)$，$ans_v \le ans_u + w$。于是我们考虑再次使用最短路，只不过这一次往优先队列中加入所有点作为源点进行松弛。

如果对算法进行思考，我们会发现只需要将所有票的虚点作为源点即可。原因如下：

1. 对于线段树上的点，它们只负责联通原始图中有边的点，从其出发的边权值都为 $0$，因此不用松弛。
2. 对于原有点，我们建的反图中必定有票的虚点连向原有点的边，因此只要不是无解情况，原有点必定会被松弛到。

Election

由 c,t 组成的字符串，每次询问一个区间，问至少需要删掉多少个 t，才能使在子区间任意一段前后缀里，c 的个数都不小于 t 的个数。

tag：线段树

两类字符比大小，很经典的操作就是把一个视为 $-1$，另一个视为 $1$。这里我们把 c 视为 $-1$，把 t 视为 $1$，那么原问题转化为：需要删掉多少个 $1$，才能使子区间任意一段前后缀和都不大于 $0$。

考虑先满足前缀，再满足后缀。我们贪心地删除：如果这一个 $1$ 会使前缀大于 $0$，我们才将它删除。这不仅用最少的次数满足了前缀都不大于 $0$ 的限制，还将删除的点尽量右移。这会使后缀的修改更优。

考虑用变量描述前缀需要的最大删除数。我们设变量 $pre_i$ 表示 $l$ 到 $i$ 的前缀和，可以发现当我们修改了 $pre_i$ 变为 $0$ 时，之后我们第一个修改的 $pre_j$ 必定大于 $pre_i$，且修改的次数变为 $pre_j-pre_i$。那么只满足前缀的答案是 $\max\{pre_i\}$。

现在考虑后缀。后缀的难点在于我们已经提前删除了一部分 $1$ 了。于是我们考虑删除了多少。对于点 $i$，之前在满足前缀过程中删除的点为 $\max\{pre_j\}(j\le i)$，那么之后删除的点为 $\max\{pre_k\}-\max\{pre_j\}(j\le i)$。所以若设原序列 $r$ 到 $i$ 后缀和为 $suf_i$，新序列后缀和为 $new_i$，那么 $new_i = suf_i - (\max\{pre_k\}-\max\{pre_j\}(j< i))$。

考虑最终答案 $\max\{pre_i\} + \max\{new_j\}$，把脑子放进垃圾桶，我们来推式子：

$$\begin{aligned} \max\{pre_i\} + \max\{new_j\} = \max\{pre_i\} + \max\{suf_j - (\max\{pre_k\}-\max\{pre_i\}(i< j))\} \\= \max\{pre_i\} - \max\{pre_k\} + \max\{suf_j +\max\{pre_i\}(i< j)\} \\= \max\{pre_i\ + max\{suf_j\}(i< j)\} \end{aligned}$$

发现这实际上就是前缀的最大值加上在它右边的后缀的最大值。用线段树维护即可。

y-fast trie

给出常数 $C$ 和一个初始为空的集合 $S$，你需要支持以下操作：

1. 增加一个数 $x$，保证 $x$ 在 $S$ 中没有出现过。
2. 删除一个数 $x$，保证 $x\in S$。
   在每次操作后，你需要输出 $\sum_{a,b\in S}(a + b) \bmod C$。强制在线。
   $n \le 5e5$

tag：模型刻画。

首先不难发现取模实际上把答案分成了两种，$a+b-C$ 和 $a+b$。

于是把 $a+b$ 分类。分成 $a+b\ge C$ 和 $a+b < C$。对于前者，我们找出 $S$ 内的最大的两个数匹配即可。下文着重考虑 $a+b$ 的情况。

对于 $a$，发现 $a+b$ 随着 $b$ 的增加而增加，直到 $a+b \ge C$ 为止。所以 $a$ 会选择其中最大的 $b$。一种暴力的想法是，我们对于每个 $a$，找出使 $a+b<C$ 的 $b$ 的最大值。时间复杂度 $O(qC\log C)$，具体取决于集合内数的个数。

考虑优化这个暴力。对于每个 $b$，发现 $a+b$ 随着 $a$ 的增加而增加，直到 $a+b \ge C$ 为止。所以 $b$ 会选择其中最大的 $a$。于是 $a$ 和 $b$ 就从单项选择变为了双向选择。这是很好的，因为这就意味着所有 $a$ 和 $b$ 两两匹配。

考虑维护匹配。对于增加操作，我们找到其作为 $a$ 能匹配到的最大的 $b$，如果 $b$ 没有匹配则可以直接匹配。否则若 $a$ 比与 $b$ 匹配的点更优，我们就扔掉 $b$ 匹配的点，并将其与 $a$ 匹配。如果匹配更新，则也要与当前答案比较。

对于删除操作，若没有匹配，可以直接删除。若有匹配，我们需要在删除 $a$ 后另外为 $b$ 寻找匹配。这是增加操作做的事情。因此我们删去两个数，并再次增加 $b$ 即可。这些操作都可以使用 set 完成，时间复杂度 $O(q\log C)$。

意外地难写。