贪心 & 倍增 & 构造
贪心 ！贪心！贪心！
倍增！倍增！倍增！
构造！构造！构造！
CF1516D Cut
一个长度为 \(n\) 的序列，每次询问 \([l, r]\) 最少划分成多少段使得每一段的乘积等于他们的 \(\operatorname{lcm}\)。
不难发现题目给出的限制就是每一段的数两两互质，而且总是贪心地选择最靠右的满足条件的，所以一个位置向右延伸的长度是固定的。
可以双指针求出每个点向右延伸的长度，然后预处理倍增，每次询问的时候从 \(l\) 开始跳就行了。
P3295 [SCOI2016]萌萌哒
一个长度为 \(n\) 的序列， \(m\) 个限制条件 \(l_1, r_1,l_2,r_2\)，保证长度相同，意思为 \(s[l_1..r_1]\) 与 \(s[l_2..r_2]\) 相同， 求满足所有条件的数。
暴力直接可以用一个并查集维护，假设不同的连通块有 \(k\) 个，则答案就是 \(9\times 10^{k-1}\)，这样询问是 \(O(n^2)\)，而查询只是 \(O(n)\) 的，这启发我们平衡复杂度。
考虑倍增， 对于每个点维护 \([i,i+2^k-1]\) 的并查集，那么查询可以直接跳，那么怎么求答案呢 ？
以 \(k\) 从大往小合并并查集，若一个点 \(x\) 它的根不是它自己的话， 就把 \(x\) 的左右儿子和根的左右儿子合并即可。
不错的思路。
CF1175E Minimal Segment Cover
给定 \(n\) 个线段 \([l_i,r_i]\)，\(m\) 次询问 \(x,y\)，求至少选多少个线段使得它们的并包含 \([x,y]\)。
首先对线段按右端点 \(r\) 排序， 去掉完全被包含的线段， 求出它的可以向右延伸的端点是 \(p\)，倍增计算。跟第一个题差不多。
P1084 [NOIP2012 提高组] 疫情控制
一棵树， 边有边权，有 \(m\) 个军队最开始在点 \(p_i\) ，每一个军队可以移动到一棵非根的子树上把这棵子树封锁， 消耗的时间为走过的边权和， \(m\) 个军队可以同时移动， 求最少的时间封锁所有叶子节点。
首先二分答案， 看是否能在 \(\leq x\) 的时间内完成， 我们考虑如下贪心策略 ：
1.若一个点可以走到根，先让它走到根，并把它们剩余时间从小到大排序。
2.若不能， 因为越往上的点能封锁的点是越多的，直接把这个点提到它所能走到的最上端的点。
那么此时已经有一些点被封锁。如果对于一个点， 在根方向的那个父亲没有被封锁的话， 那么还是让它回去封锁它的父亲。
再把所有 1 的所有未封锁的儿子按边权从小到大排序，与剩余的点一一匹配，若能匹配完则有解。
需要注意的是当一个点的所有子树都被封锁后这个点也被封锁了。 细节多多多多。
CF1251E2 Voting (Hard Version)
一共有 \(n\) 个选民，你可以付出 \(p_i\) 的代价让第 \(i\) 个选民为你投票，或者，在为你投票的人数达到 \(m_i\) 时，他会主动为你投票而不用你付出任何代价。
问得到所有选民投票的最小代价。
神仙贪心题。
首先这种最小代价肯定要对于一维排序，不妨以 \(m_i\) 降序排序， 在考虑一段相同的 \(m\) 时， 我们可以认为 \(m_i > m\) 的 \(i\) 已经被说服了，其中有 \(cnt\) 个人是花费代价购买的，小于 \(m\) 的个数有 \(k\) 个， 那么总的花费钱的个数是 \(cnt+k\)，若 \(cnt + k \geq m\)，则这些点都可以免费选。
否则我们把这些点加入小根堆里面， 每次贪心的找出最小的 \(p_i\) 累加答案即可。
