Codeforces Round #808 A~D

A

结论：假设在某个位置q减1了，则后面要全选（被痛击之后失去理智）
证明：如果后面某个位置没选，则可以把第一个q-1的位置和其交换一下，中间的至少+1,后面的不一定-1，极限情况也是中间+1后面不变，一定不劣
由于第一个-1取决于q，所以这些位置一开始都是固定的，在这些位置往前扩展不减1的就会得到所有后缀，即答案一定是由 一段后缀+前面所有不减1的 构成
二分后缀长度，暴力判断

B

神必题
暴力显然会挂
但是发现有Σai<=5e5的神奇限制，所以暴力的时候不做ai=0的就可以了，每操作x个数时Σai至少减(x-1)，所以时间是O(Σai*log)的
其实这只是随便估的，实际的复杂度低得离谱，详见https://codeforc.es/blog/entry/104930?#comment-932884，跑n=1e5,ai=1e18似乎不成问题

C

先求出mst，dfs时不能走不在mst里的边，分别记作白边和黑边
对于某一条黑边，不妨先假设其他黑边不存在，即在走到它之前都只能走白边，这样没有问题，因为如果走了其他黑边那也会挂，在判其他黑边时会考虑到
（要严谨的话可以先求出做法再证明必要性，咕）
由于dfs能走就走的性质，发现不合法的点就是u-v链上其他的点以及其连出去的子树，图见https://blog.csdn.net/xin_jun/article/details/125827808
实际就是除了以u为根的v子树和以v为根的u子树外的点全部不合法，对每个(u,v)都考虑一下就ok了，覆盖用lca判断+子树标记

D

Chinese Round传统艺能
问题等于给每个点赋一个最晚保留时间，要求合法
发现不合法当且仅当存在某个点，其保留时间为t，且有两个不同子树中都含有至少一个>t的点
换言之，合法的情况就是最多有一个子树里有>t的，其余都是<=t（注意最后一步为U={1}，所以点1要比其他的都大）
这样就可以把问题下放到子树里了，设f[i,j]表示以i为根，子树时间<=j的方案，最后二项式反演变为恰好1~j
转移枚举j，枚举根i选的k，再顺序dp每个儿子，选一个放f[son,j]其余放f[son,k]，这样对于所有都<=j的会多算(儿子个数-1)次，减掉
这样做是O(n^3)的，由于j是儿子的前缀*儿子的后缀再取前缀和得到的，所以前缀积后缀积再前缀和就可以O(n^2)了