2024.2 ~ 但不能请你喝咖啡

1. the 2nd ucup 20 G. Cola

假设已经确定了 LCP，那后面问一定是枚举 LCP 的下一位是什么，再往后的随便咋问都行。那就按照从小到大问 LCP 的下一位，再往后的从小到大排。这样问的次数就是逆序对数 +1。问题变为统计逆序对数 $\leq m-1$ 的 $n$ 阶排列个数。于是答案就是

$$\begin{aligned} &\frac{1}{n!}[x^{m-1}]\frac{\prod_{i=1}^n(1-x^i)}{(1-x)^{n+1}}\\ =&\frac{1}{n!}[x^{m-1}]\frac{\prod_{i\geq 1}(1-x^i)}{(1-x)^{n+1}} \\ =&\frac{1}{n!}[x^{m-1}]\frac{\prod_{k\geq 0}(-1)^kx^{k(3k\pm 1)/2}}{(1-x)^{n+1}} \end{aligned}$$

分子只有 $\mathcal{O}(\sqrt n)$ 项有值，$[x^k]\frac{1}{(1-x)^{n+1}}=\binom{n+k}{k}$，直接算卷起来的第 $(m-1)$ 项就行。

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2. ARC154E Reverse and Inversion

考虑 $i$ 的贡献，假设 $<p_i$ 的有 $k$ 个放在 $i$ 前面，那么 $i$ 的贡献次数就是 $(i-1-k)-(p_i-1-k)=i-p_i$，所以答案 $f(p)=\sum_i(i^2-ip_i)$，现在问题是求出 $E(ip_i)$。一次操作中如果操作了 $i$，那么 $i$ 到 $j,n-j+1$ 的概率是相同的（讨论一下就行），所以如果 $p_i$ 被操作至少一次，那么它到每个位置的概率是相同的，所以其下标的期望为 $\frac{n+1}{2}$。

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3. AGC056B Range Argmax

考虑让 $x$ 对应唯一的 $p$，就从大到小将每个值填到尽可能靠左的位置。在 $m$ 处填了 $n$ 之后将包含这个位置的区间全都删掉，两侧递归下去，右侧是没有限制的，但是左侧要求所有位置都不能填 $n$。

假设左半部分最大值填在了 $k$ 位置，如果没有区间同时包含 $k,m$ 那么这个 $m$ 就是不合法的，因为 $n$ 可以再填到 $k$ 位置；另一方面，有区间同时包含 $k,m$，首先 $n$ 不能填到 $k$，其次左区间内部递归下去也保证了 $k$ 是左区间内部第一个能填最大值的位置，继而 $n$ 也不能填到其他位置（这一步是归纳说明）。

而现在 dp 就是有区间 $[l,r]$ 需要最大值位置 $\geq k$ 的一个限制，直接 dp 就行。

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4. AGC041F Histogram Rooks

直接顺着做就行。暴力是容斥枚举哪些格子不合法，那么它会 ban 掉同行同列，剩下的随便放就是 $2$ 的次幂。再考虑枚举集合 $S$ 中的列有 ban，对于每个行连续段，长为 $cnt$，包含了有 $c=|S|$ 列有 ban，那么分为两种情况：它自己这一行没有被 ban 的，贡献是 $2^{cnt-c}$，否则是 $\sum_{i=1}^c(-1)^i\binom{c}{i}=-[c>0]$。

但是还有问题是有的列可能没有行去选它，所以在前者枚举 $T\subseteq S$ 是没有被钦定无行选它的，容斥系数 $(-1)^{|S-T|}$，也就是有 $d=|T|$ 是可以选其作为 ban 的，从而两种情况的方案数是 $2^{cnt-c}$ 和 $-[d>0]$。

行连续段的结构自然想到笛卡尔树，从最小值分开两边做，然后合并时再考虑最小值这一列是 “不选，仅在 $S$ 中，同时在 $S,T$ 中“ 三种情况的哪一种。

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5. QOJ 5743 Palindromic Polynomial

如果我有罪请判罚我，而不是让我的大脑 H 区用更高的延迟才能对讲课人说的话做出反应。

回文多项式那么 $A(x_i^{-1})x_i^d=A(x_i)$，假如确定了 $d$ 那么可以得出它经过 $(x_i^{-1},y_ix_i^{-d})$，对这些点 $(x',y')$ 直接插值出来一个 $A(x)$，可能不满足系数回文，构造 $B(x)=\frac{A(x)+A^R(x)}{2}$ 即可。这里有问题是如果插出来的系数常数项为 $0$ 就有问题，它的实际度数会更小而不是想要的 $d$，那就先不管 $x=0$ 的限制，最后再调整常数项（这里记得 check 如果常数项已经满足就不需要调整直接输出答案）。

假设 $(x',y')$ 一共有 $m\leq 2n$ 个，得到 $C(x)=\prod_{i=1}^m(x-x'_i)$，满足对称就 $D(x)=\frac{C(x)+C^R(x)}{2}$。通过加上 $D(x)$ 的若干倍来调整。那么就 $m>d$ 一定不合法，否则进行调整（注意 $[x^0]C(x)$ 一定为 $1$，从而 $[x^0]D(x)$ 在 $m=d$ 时是 2，否则是 1，总能对答案的常数项进行调整）。

那么现在就知道如何选取 $d$，假若给出的点值存在 $x_ix_j=1$ 那么可以得到 $x_i^d=z_i$ 这样的限制，在满足限制的 $d$ 中找最大的去 check，否则选取 $d=2n$ 就行（因为 $m\leq 2n$）。

实现上有好多细节/zk Code

6. CTT2023 D3T3（infoj 289）黄焖鸡

dp 套 dp。看内层 dp 咋搞，枚举左端点 $l$，然后 $dp_{i,0/1}$ 表示 $a_i$ 选没选，选了的方案减去没选的方案的最大值。如果 $\max(dp_{i,0},dp_{i,1})>0$ 那么区间 $[l,i]$ 合法。转移式为 $dp_{i,0}=\max(dp_{i-1,0},dp_{i-1,1})-a_i,dp_{i,1}=dp_{i-1,0}+a_i$。

• 如果 $dp_{i,1}<0$，那么 $\geq i$ 的右端点一定都合法，因为 $[l,i]$ 存在一个独立集不包含 $i$ 且 $>$ 整个区间和的一半，考虑 $[i+1,r]$ 中的奇数和偶数和至少有一大于等于 $[i+1,r]$ 的一半，拼起来就得到一个 $>[l,r]$ 一半的独立集，也就是 $\geq i$ 的右端点都合法。
• $dp_{i,0}>0$ 同理，存在一个独立集不包含 $i$ 且 $>$ 整个区间和的一半。
• $dp_{i,1}>\max a$，在此方案中去掉 $a_i$ 得到一个独立集不包含 $i$ 且 $>$ 整个区间和的一半。
• $dp_{i,0}<-\max a$，在不选的方案里面去掉 $a_i$ 得到一个独立集不包含 $i$ 且 $>$ 整个区间和的一半。

综上，只需要考虑 $dp_{i,0}\in [-\max a,0],dp_{i,1}\in [0,\max a]$，此时转移时变为 $dp_{i,0}=dp_{i-1,1}-a_i$，从而可以得到这种情况下 $dp_{i,0}+dp_{i,1}=0$。那么需要记录的 $(dp_{i,0},dp_{i,1})$ 只有 19 个。外层 dp 的时候 $dp_{i,T}$ 表示考虑完了前 $i$ 位，每个左端点对应的 $(dp_{i,0},dp_{i,1})$ 集合是 $T$，这样复杂度就是 $\mathcal{O}(n2^mm)$。

假设 $T$ 里面记的是 $dp_{i,1}$ 出现了哪些值，那么转移相当于选取 $x\in S_i,x\notin T$，从集合 $T$ 转移到集合 $U=\{x-y\mid x>y,y\in T\}$，那么可以从大到小枚举 $x$，然后 $2^x$ 枚举所有 $T$，如果 $T$ 中包含 $x$ 那么就将 $dp_{i,T}\to dp_{i,T-\{x\}}$，否则转移 $dp_{i,T}\to dp_{i,*}$（相当于一个后缀和优化？）这样单次转移的复杂度降为了 $\sum_{i=1}^m2^i=\mathcal{O}(2^m)$。Code。

7. ARC156E Non-Adjacent Matching

找充要条件可能 tricky 一点，后面就是顺着一步步推...

一个序列合法的充要条件是 $S=\sum X_i$ 是偶数，且任意的 $X_i+X_{i+1}\leq S/2$。必要性考虑如果不满足条件，那么无论怎么连边都不会使得条件变得满足，从而 $S$ 不断减小至 $=2$ 时不存在合法连边。充分性考虑对 $X_i+X_{i+1}=S/2$ 的 $(i,i+1)$ 分布情况分类讨论（注意可以有 $(1,2),(2,3),(3,4)$ 这样的情况）总能找到一个合法的连边使得满足归纳条件。

计数考虑容斥。现在考虑 $calc(0/1,n,m,k)$ 表示 $\leq k$ 的奇/偶数个球放进 $n$ 个可空盒子，每个盒子大小 $\leq m$，也就是 $(\frac{1-x^{m+1}}{1-x})^n$ 的奇/偶次项系数，$\mathcal{O}(k/m)$ 枚举分子的系数之后，所有合法的分母系数和可以通过前缀和直接得到。

没有钦定的位置就是 $calc(n,m,k)$，钦定 $(1,2)$ 不合法就是枚举 $X_1+X_2=i$，后面的方案数是 $calc(n-2,m,\min(i-1,k-i))$，前面的方案数列下不等式看 $X_1$ 合法取值个数。这部分时间复杂度毛估估是 $\mathcal{O}(m)\times \mathcal{O}(k/m)=\mathcal{O}(k)$。

钦定 $(1,2),(2,3)$ 不合法，枚举 $X_2$ 大小是多少，再枚举 $X_4+X_5+\cdots X_n=t$ 是多少，需要满足 $t+X_3<X_1+X_2,t+X_1<X_2+X_3$（所以这里枚举量是 $\mathcal{O}(m^2)$ 的）。后面的方案数是 $calc(n-3,m,t)-calc(n-3,m,t-1)$，算出它们的复杂度是 $\mathcal{O}(k)$，前面的方案数是 $\sum_{i=0}^m\sum_{j=0}^m[i+X_2>t+j][j+X_2>t+i][i+j+t+X_2\leq k][2|(i+j+t+X_2)]$，整理下是 $i+j\leq k-t-X_2, |i-j|<X_2-t$，分奇偶维护一个 $\mathcal{O}(m^2)$ 的二维前缀和就行。Code。

8. UOJ 84 水题走四方

如果两个人重叠了那么谁究竟是谁并没有区分，所以可以看作一个本体永远不会闪现，另一个分身可以闪现到本体处。那么最优方案一定是本体沿着一个叶子走，称走的这条链为主链。把分身会闪现回来的点称为关键节点，贪心肯定分身会把两个关键节点之间的主链外子树叶子走完，而且最后一次走最深的叶子，分身走最深的叶子的同时本体往下一个关键节点走。然后就可以直接得到 题解中 $\mathcal{O}(n^2)$ 的 dp。

然后注意到 $d_m[u,v]< d_v$ 的转移一定没有用，可以在走最深的叶子往回闪现的那个地方设一个关键点不劣（转移多了一种：如果自己是父亲唯一儿子那么 $f[u]=f[fa]+1$），类似的如果 $d_m[u,v]$ 不是 $d_m(u)$ 的话，最后往 $d_m[u,v]$ 走的时候分身会和本体重合走一部分，把分叉点设为关键点不劣。所以需要的只是 $d_m$ 在根链上的严格后缀最大值，单调栈大小至多是 $\mathcal{O}(\sqrt n)$，就得到了 $\mathcal{O}(n\sqrt n)$ 的做法。

更进一步，其实只需要用栈顶更新，考虑 $u_1\to u_2\to v$，并且 $d_m(u_1)>d_m(u_2)\geq d_v$，设关键点 $u_1,u_2,v$ 一定比只设关键点 $u_1,v$ 要不劣，因为会同时下降的步数不变，但是“叶子到关键点距离和”减少。唯一的问题是单调栈弹栈是均摊的，所以需要二分弹栈以及记录原信息以复原。复杂度是 $\mathcal{O}(n\log n)$。

对于树上 mxdp 的单调栈考虑长链剖分，走轻儿子相当于把栈恢复到长链开头处，对于一条长链不断走重儿子可以暴力 pop 因为 pop 次数不超过长链长度。这个做法是线性的。

其实瓶颈还是在于对 $v$ 找到最近的祖先 $p_v$ 使得 $v$ 的子树补 mxdp $\geq$ $v$ 子树 mxdp。注意一棵子树 $u$ 中还没找到 $p$ 的 mxdp 其实就是 $mxdp_u$，所以直接拿个链表记录还没找到 $p$ 的点就行。

代码实现的是暴力 pop，但是先走长剖的轻儿子再走重儿子，需要手写递归栈避免 mle。Code。

9. CF750F New Year and Finding Roots

不难想到 1+2+3+4+5+6+7 的做法，就是问出两端是叶子的链然后往上爬。然后发现最后几步可以 bfs，所以就 1+2+3+4+(2^3-2)=10 了（最后 2^3-1 个点，如果问到最后一个点还没问到二度点那么最后一个点一定是二度点）。Code。

10. GDKOI 2023 异或图

$m=0$ 就是枚举二进制位的一个前缀是都卡上界的，有一位开始松了，再往下就是随便选了。需要计算的就是这一位上是 $1$ 的数选出奇/偶数个脱离上界，没脱离上界部分对方案数贡献是截取后面的位乘起来，脱离上界的 $c$ 个对方案数贡献是 $(2^k)^{c-1}$，拿个 $f_{0/1/2}$ dp 算一下就行。

$m>0$ 是互不相等容斥，对于每个在原图能连通的点集，需要计算它内部有多少边集能够使其连通，并且 $(-1)^{|E|}$ 容斥系数作为权值求和。计算出这个权值和，枚举 lowbit 和哪个子集相连，或者总方案数减去 lowbit 在某个子集连通块方案数，$\mathcal{O}(3^n)$ 算就行。

现在就是将原图划分成若干能连通的子集，然后它们的容斥系数权值和相乘，再将每个大小为奇数的子集，其 $\min$ 用 $m=0$ 的做法算方案数。称作为奇数大小子集 $\min$ 的点为关键点，对于每个关键点集合算方案数是 $\mathcal{O}(2^nn\log C)$ 的。

暴力记录哪些点已经被选了，哪些点是关键点，这样状态数 $\mathcal{O}(3^n)$，加上转移的复杂度为 $\mathcal{O}(4^n)$。

优化就对 $a$ 从小到大排序，每次加入集合时总加入还未出现的最小的 $a$，假设最小的没出现的是 $i$，对于 $<a_i$ 的仅需要记录其是不是关键点，对于 $\geq a_i$ 的仅需要记录其选没选。状态数降到 $\mathcal{O}(n2^n)$，加上转移的复杂度是 $\mathcal{O}(n3^n)$。Code。

11. 一个恒等式

这里的 T2

$$\sum_{i\geq 0}\binom{2n}{i}\binom{2n-i}{m-2i} 2^{m-2i}=\binom{4n}{m}$$

组合意义：把 $4n$ 个球，相邻的两个捆绑，捆成 $2n$ 对球。$C(2n,i)$ 是把两个都选的组，给选出来，$C(2n-i, m-2i)$ 是把选了一个的组给选出来。

代数推导（by alpha1022）：

思路是用 gf 表示组合数凑二项式反演？

$$\begin{aligned} \sum_{i\geq 0}\binom{2n}{i}\binom{2n-i}{m-2i} 2^{m-2 i} & =\sum_{i \geq 0}\binom{m-i}{i}\binom{2n}{m-i}2^{m-2i} \\ &=\sum_{i \geq 0}\binom{i}{m-i}\binom{2n}{i} 2^{2 i-m} \\ & =\left[x^{m}\right] \sum_{i \geq 0}\binom{2n}{i} 2^{2 i-m} x^{i}(1+x)^{i} \\ & =\left[x^{m}\right] 2^{-m}\left(1+4 x+4 x^{2}\right)^{2 n} \\ & =\left[x^{m}\right] 2^{-m}(1+2 x)^{4 n} \\ & =\binom{4n}{m} \end{aligned}$$

12. P8264 [Ynoi Easy Round 2020] TEST_100

序列分块，对每个块处理映射，用第二分块的套路，假设当前的值域是 $[L,R]$，分类讨论 $a$ 与 $L,R,mid$ 的大小关系，用并查集和全局 tag 来维护映射。Code

13. P8860 动态图连通性

考虑实际上就是求出 $1\sim n$ 的所有路径中，从小到大排序后字典序最大的那条路径是啥，除了这条路径以外的所有边都会被删掉。然后用主席树比较字典序跑 Dijkstra 就行。rqy 题解还有更强的结论，在 Dijkstra 每轮增广一个点的时候，选取权值最大的那个边增广就是对的。Code

14. Clamp Clamp Clamp

考虑整个过程相当于选一个起点和若干个区间，然后依次执行《如果在区间中就不变，不在区间中就移动到最近的端点》。考虑假设最后 $k$ 个区间有交 $[l,r]$，在倒数第 $(k+1)$ 个区间 $[l_{n-k},r_{n-k}]$ 之后无交，那么 $l_{n-k}\leq r_{n_k}<l\leq r$ 的话 $f(a)=l$，否则是 $r$。

如果所有区间交起来非空，那么答案一定是 $N$，这种情况的方案数是 $(2n+1)(n!)^2$（起点有 $2n+1$ 种情况）

固定 $k,l$ 计算 $f(a)=l$ 方案数。后 $k$ 对括号方案数是 $l^{\underline{k-1}}(2n-l)^{\underline k}k$，乘 $k$ 是为了选出 $l$ 是哪对括号。倒数第 $(k+1)$ 对括号的方案数是 $\binom{l-k+1}{2}$，还剩下 $(2n-2k-1)$ 个数，它们乱排的话，对于一个合法方案每一对括号可能排对或者排错，所以剩下的方案数是 $(2n-2k-1)!2^{-(n-k)}$，大力化简得到 $l!(2n-l)!2^{-(n-k)}k\binom{2n-2k-1}{l-k-1}$。

然后得到：

$$f(l,1,1)=\frac{1}{2}[f(l+1,1,0)-f(l+1,0,0)+f(l,1,0)-f(l,0,0)+(n-1)2^n\binom{0}{l-n}+(n-1)2^n\binom{0}{l-n-1}]\\ f(l,0,1)=\frac{1}{2}[f(l+1,0,0)+f(l,0,0)-2\binom{2n-2}{l-1}-2\binom{2n-2}{l-2}+2^n\binom{0}{l-n}+2^n\binom{0}{l-n-1}]\\ f(l+1,s,0)=f(l+1,s,1)+f(l,s,1)$$

然后就能从 $f(l+1,\ast,\ast)$ 得到 $f(l,\ast,\ast)$。

Code

15. 一个恒等式

我咋还是不熟练把和式转为生成函数？先把右式写为 $4^mn\frac{(n+m-1)!}{(2m)!(n-m)!}$。

$$\begin{aligned} LHS&=[x^{2m}](1+x)^{2n}\frac{1}{(1-x^2)^{n-m+1}}\\ &=[x^{2m}]\frac{(1+x)^{n+m-1}}{(1-x)^{n-m+1}}\\ &=\sum_{k=0}^{2m}\binom{n+m-1}{k}\binom{n+m-k}{2m-k}\\ \end{aligned}$$

然后写成阶乘和右式同时约去 $\frac{(n+m-1)!}{(2m)!}$，再把右侧的 $\frac{1}{(n-m)!}$ 乘到左边，现在式子两边是

$$\sum_{k=0}^{2m}\binom{2m}{k}(n+m-k)=4^mn$$

把括号拆成 $(n+m)-k$ 之后 $-k$ 的那部分吸收进去然后二项式定理就得到了右式。

16. ARC172D Distance Ranking

最开始将第 $k$ 个点放到第 $k$ 维坐标轴的极远处，令第 $x$ 个点在第 $y$ 维上的值，为 $dis(x, y)$ 是所有距离中的第几大。

这个构造的思路是，最开始每个点在各自的坐标轴上，假设有 $dis(x, y)<dis(x, z)$，就让 $x$ 在 $y$ 那一维上的坐标微调一下 增大一丢丢。由于欧几里得距离是坐标差的平方，在非 $x,y,z$ 轴上的微调对 $dis(x, y)<dis(x, z)$ 这个不等式的影响非常小，这样就对了。Code

17. P6845 [CEOI2019] Dynamic Diameter

点分树，在每个分治中心处需要处理出它的儿子中，最大次大的子树 dep，加起来，更新答案。修改边权的时候跳点分树，对每个分治中心对叶子按 dfs 序维护线段树就行。这样做是两个 log。

原来还有更暴力的做法，直接线段树维护区间直径，考虑修改 $(x,y)$ 其中 $y$ 是儿子子树区间是 $[l,r]$，那么对线段树的影响就是所有和 $[l,r]$ 有交且不被 $[l,r]$ 包含的区间需要重新算，而在线段树上这样的区间不超过 $\mathcal{O}(\log n)$ 所以直接做就是 $\mathcal{O}(n\log ^2n)$ 的。

还有 1log 的做法，考虑欧拉序之后 $dis(x,y)=dep_x-2\min(dep_y)+dep_z$ 其中 $x\leq y\leq z$（后面的 $x,y,z$ 依然代指满足此条件的）。那么线段树维护分治信息只需要维护区间的 $\max\{dep_x\},\min\{dep_x\},\max\{dep_x-2dep_y\},\max\{-2dep_x+dep_y\},\max\{dep_x-2dep_y+dep_z\}$。修改相当于对 dep 进行区间加所以可以直接线段树。

这里唯一的问题在于合并的过程中 $y$ 可能不是 $LCA(x,z)$，但注意到 $LCA$ 的答案一定会更新到，并且不会比正确答案更优，所以是对的。这个复杂度是一个 log。Code。

18. AT_wtf19_b Multiple of Nine

令 $S_i$ 为 $i$ 位置的前缀和，然后可以连若干边表示这两个取值相同。对 $l-1,r$ 离散化，注意到如果确定了所有 $S$ 的取值，那么相邻两个 $S$ 会有不同/相同两种系数的贡献方式（就是中间那些位有多少种取法，两边空出来的那些位置任意填）。而相同的可以直接缩点，于是可以建出一张 $q$ 个点的图，每个点染 $[0,k=8]$ 其中一种颜色，有若干条边表示这两个点取值相同/不同会乘上的系数，求所有染色方案的总权值和。特别地最开头那个点必须染为 $0$。现在可以直接 $\mathcal{O}(k3^q)$ 每次选出来当前颜色有哪些点。Code。

写成集合幂级数，其中需要求出 $H=C^k$，写成 $H=\exp(k\ln(C))$ 就可以做到 $\mathcal{O}(q^22^q)$ 了，这里实现的是一份 $\mathcal{O}(3^q)$：Code。

19. 2023-2024 集训队互测 不是这一道据数构结题

抽象做法。

需要观察到的是，排序做到第 $i$ 个位置时上面放的数是前 $i$ 个位置的最小值 $pre_i$。考虑固定左端点处理前缀询问，对于 $pre=x$ 相同的一段 $[l,r]$，$l$ 从 $l+1$ 往后找到第一个 $>x$ 的位置 $pos_l$，再往后找到第一个 $>x$ 的位置 $pos_{l+1}$ ... 然后将所有 $pos$ 处放一个 $+1$ 的 tag，询问 $r$ 就相当于 $r$ 前面有多少 tag。

然后考虑 $l$ 从大往小扫描线，怎么动态维护出这个 pos 和 tag。如果 $a_l>a_{l+1}$，说明新开了一段，直接二分找 $pos_l$ 即可。$a_l=a_{l+1}$ 就是从后面这一段最后的匹配位置往后再二分找 $pos_l$。

如果 $a_l>a_{l+1}$，它相当于推平 $pre$ 后面的若干段为 $a_l$，后面有可能接上一段 $pre=a_l$ 的段，假设后面第一个 $\leq a_l$ 的位置是 $R$，那么可知 $[l,R-2]$ 中的每个位置 $t$ 都重设为 $pos_t=t+1$，然后 $R-1$ 再往后匹配。如果 $R$ 这里是一个 $pre$ 为 $a_l$ 的段，我们发现次数相当于 $[R-1,?]$ 这一段中的所有点匹配对应往左换了，（$x$ 的匹配点变成 $x-1$ 的匹配点），难以动态维护。

但是对于 $pre$ 相同的段，我们只需要保证它们打的 tag 没问题，以及最大 pos 没问题就行了，所以 $R$ 那一段匹配位置不变，让 $R-1$ 从 pos 最大位置往右二分找到匹配位置。

更进一步地，在最初的时候令 $pos_t=t$ 而不是 $t+1$。让 $l$ 从 pos 最大的位置往右二分找到匹配的位置，这样一段的最大 pos 就是左端点的 pos。

现在来看对 pos 的修改只有往左侧添加一个 pos，或者推平一段 $pos_t=t$，开个 vector 记录还没有被推平的 pos，用树状数组维护 tag 即可。

Code。