简单数据结构做题记录

CF526F Pudding Monsters

典题，发现这本质上是一个一维问题，一个区间合法当且仅当 $\max - \min = r - l$，枚举右端点维护左端点的变化量，用两个单调栈维护到 $r$ 的最大最小，用线段树维护区间最小值及其个数，由于 $[r, r]$ 满足条件且 $\max -\min - r + l\geq 0$，因此每次累加最小值个数即可。

时间复杂度 $\mathcal O(n\log n)$。

CF603E Pastoral Oddities

先找“每个点度数均为奇数”的充要条件，容易发现是“加入所有边后不存在奇连通块”。

证明是简单的。

充分性：显然对于每个连通块独立，随便找一个点当根求出一棵生成树，自底向上考虑每个非根的点，若儿子度数为偶数则加上其与父亲的连边，否则删去这条边，此时除了根所在连通块都满足条件，同时注意到总度数为偶数，有奇数个点的度数为奇数，必然根的度数也为奇数。

必要性：若存在奇数连通块，则要求总度数为奇数，无论怎么删去边，总度数都为奇数，显然非法。### CF526F Pudding Monsters

典题，发现这本质上是一个一维问题，一个区间合法当且仅当 $\max - \min = r - l$，枚举右端点维护左端点的变化量，用两个单调栈维护到 $r$ 的最大最小，用线段树维护区间最小值及其个数，由于 $[r, r]$ 满足条件且 $\max -\min - r + l\geq 0$，因此每次累加最小值个数即可。

时间复杂度 $\mathcal O(n\log n)$。

CF603E Pastoral Oddities

先找“每个点度数均为奇数”的充要条件，容易发现是“加入所有边后不存在奇连通块”。

证明是简单的。

充分性：显然对于每个连通块独立，随便找一个点当根求出一棵生成树，自底向上考虑每个非根的点，若儿子度数为偶数则加上其与父亲的连边，否则删去这条边，此时除了根所在连通块都满足条件，同时注意到总度数为偶数，有奇数个点的度数为奇数，必然根的度数也为奇数。

必要性：若存在奇数连通块，则要求总度数为奇数，无论怎么删去边，总度数都为奇数，显然非法。

注意到能合并就合并是最优的，因为无论是偶 + 偶，奇 + 偶，奇 + 奇都不会增加奇数个数，于是对于单次询问，可以考虑类似 Kruskal 的过程得到答案。

注意到答案单调不升，可以考虑整体二分。

注意到每次加边的变化只有当两边子树都是奇数才有用，可以直接上 LCT。

注意到若我们从后往前处理，将边集排序后维护一个指针表示当前答案，对于已经加入答案的边而言我们需要在某一时间段维护其合法范围，就可以直接线段树分治维护。

时间复杂度 $\mathcal O(n\log n \log m)$。

CF1446D2 Frequency Problem (Hard Version)

容易用调整法证明两个答案其中一个为全局众数，设为 $maj$。

暴力就是再枚举另一个元素 $x$，将 $x$ 看做 1，$maj$ 看做 -1，答案就是最长的和为 0 的段。

还有一个暴力：直接枚举出现次数 $cnt$，双指针枚举 $maj$ 的第一次出现位置，对 $[l, r]$ 的这些数开桶记录出现次数为 $i$ 的有多少个，当 最大值恰为 $cnt$ 且个数 $\geq 2$ 则存在。

结合上面两个算法，考虑根号分治，对于 $occ_i > B$ 的数直接 $\mathcal O(n)$ 算，否则直接枚举 $cnt$，也可以 $\mathcal O(n)$ 算。

时间复杂度 $\mathcal O(n\sqrt n)$。

CF997E Good Subsegments

显然就是 CF526F 的加强版。考虑记录 $\max - \min - (r - l)$ 最小值，最小值个数，用历史线段树维护之。

每次将右端点扩展 1 时，需要对所有 $t_i = 0$ 的位置 $s_i \leftarrow s_i+1$，直接打一个只对最小值生效的 tag 即可。

CF319E Ping-Pong

注意到若两个区间相交但不包含，则二者双向可达。若一个大的包含一个小的，则只能从大区间到小区间。

不妨直接将第一类区间用并查集合并看做一个点，容易发现每次询问最多走一次大区间到小区间。对于一次从 $x$ 走向 $y$ 的询问，若 $x ,y$ 已经在同一连通块或 $x, y$ 为包含关系则可以到达。

接下来考虑如何合并只相交的线段，注意到插入的线段长度单调不降，考虑将一个线段 $[l, r]$ 加入 $[l+1, r - 1]$ 的集合中，每次查询 $l$ 和 $r$ 中的元素合并，同时剩下的线段没有用，并清空集合变成合并后的大集合。

时间复杂度 $\mathcal O(n\log n\alpha(n))$。

CF1163F Indecisive Taxi Fee

CF436F Banners

前面 $\sum\limits_{b_i \geq c}w \times c$ 是平凡的，对于后面的 $\sum\limits_{b_i < c, a_i \geq p}p$ 不妨扫描线，每次加入若干个 $a_i$，对于 $p$ 开线段树维护答案。则每次等价于将所有 $p \leq a_i$ 的位置加上 $y = x$ 的函数。问题变为：

维护一个初始全 0 的序列，支持对一个前缀加上一个一次函数，询问全局 $\max$。

很可惜李超树并不能维护一次函数相加后的 $\min$，考虑分块，每块内部记录 $tg$ 和初始值 $a_i$，则 $i$ 的贡献是 $a_i + tg \times i$，根据经典结论将每个 $i$ 看做 $(i, a_i)$，则只有上凸包中的点有用，由于每次斜率单减直接开指针扫，散块直接暴力重构。

时间复杂度 $\mathcal O(n \sqrt n)$。

CF793F Julia the snail

先离线扫，将 $[l_i, r_i]$ 挂在 $r_i$，用线段树对每个 $l$ 维护初始在 $l$，在经过所有不超过 $r$ 的绳子能到达的最大高度，对于一个 $[l_i, r_i]$ 而言，等价于将所有 $i \in [1, l_i], a_i \geq l_i, a_i \leftarrow \max(a_i, r_i)$。

由于 $r$ 是单调枚举的，也可以看做 $a_i \leftarrow r$，即区间 $\geq$ 某值的赋值。

使用吉司机线段树（然鹅并不会势能分析） 维护。

CF1178G The Awesomest Vertex

显然 $|\sum b|$ 是常数，问题变成每个点是 $a|x|(a\geq 0)$，每次区间 $x$ 加一个正数 $v$，求区间最大。

显然不能 polylog，考虑分块，首先 $|x| = \max(x, -x)$，维护 $-x$ 和 $x$ 两次取 $\max$ 即可。

此时问题变成 CF436E。

CF773E Blog Post Rating

手玩发现 F 一定是先单减后不降。

F 第一次不降的位置 $i$ 满足 $a_i \geq -i$，对于剩下的位置有 $f_i = \min(f_{i - 1}+1, a_i)$。答案是 $f_n$。

用值域线段树维护所有已经加入的位置，每次线段树二分先找到第一个分界点 $p$，在 $p - 1$ 的答案是 $-(p- 1)$，

将 $f_n$ 的柿子拆开，$ans = \min(a_n, a_{n - 1}+1, \dots, a_{p}+n - p, n - p+1 -(p - 1))$。

再维护 $a_p - p$ 的区间 $\min$，每次查询就变成了后缀 $\min$。

时间复杂度 $\mathcal O(n\log n)$。

CF765F Souvenirs

不妨设 $j < i, a_i< a_j$，考虑哪些二元组 $(i, j)$ 可能成为最优决策：必然是单调递增的单调栈中所有 $\geq a_i$ 的 $j$。当然，不能直接枚举所有 $j$，但发现若 $k<j, a_k < a_j, a_j - a_k < a_k - a_i$，则该部分已经在 $(k, j)$ 算过了，所以合法的 $k$ 必然满足 $a_k - a_i<a_j - a_k \rightarrow a_k <\dfrac{a_i+a_j}2$。

出现了值域减半，因此总共的 $k$ 最多有 $n\log n$ 个，用一个线段树找一下即可，然后用树状数组维护一下二维数点。

CF679E Bear and Bad Powers of 42

先粗略估一下 $a_i \leq qV$，而 $42^{10} >10^{14}$，因此合法的 power 极少，直观上应该是一个势能分析。

考虑记录每个 $a_i$ 与其最近的 $42$ 幂次的距离，操作 3 相当于若区间最小值 = 0 则不断做一个区间减法，减完后若 $<0$ 则暴力更新新的距离。则花费在每个数上的复杂度为 $\mathcal O(\log_{42}qV \times \log n)$。

现在加上区间赋值，感觉用 ODT 复杂度摊着摊着就对了！但不能直接用 ODT 来表示连续段，因为这会使线段树区间发生变化。

考虑直接在线段树上区间赋值，这等价于将每个连续段再拆成了 $\log n$ 个段，此时再考察操作 3：

• 若线段树区间存在赋值标记，更新赋值标记重新计算距离。
• 否则不断递归直到区间最小值 $\geq x$ 或者到达叶子节点。

时间复杂度 $\mathcal O(n\log_{42}qV\times \log n)$。

CF571D Campus

离线，对每次集合的合并分别建出 Kruskal 重构树。对于第 5 类询问 $x$，在第二类集合中找到最后一次涉及到 $x$ 的置 0 操作，离线后就变成一个前缀查询。

第 3 类操作等价于在 Kruskal 上子树加，用树状数组维护即可。

时间复杂度 $\mathcal O(n\log n)$。

CF407E k-d-sequence

区间 $[l ,r]$ 满足条件当且仅当：

• 所有数 $\bmod d$ 同余。
• 不存在重复元素。
• $\dfrac{\max - \min}{d} - (r - l) \leq k$。

先找到 $\bmod d$ 同余的所有极长区间，用一些简单套路维护。

时间复杂度 $\mathcal O(n\log n)$。

注意特判 $d = 0$。

CF700D Huffman Coding on Segment

首先转化题意，可以发现这就是哈夫曼编码，设 $occ_i$ 表示 $i$ 出现次数，问题即求 $[l, r]$ 中所有 $i$ 构成的最小的 Huffman 树带权深度，即 $\sum\limits_{i}occ_i \times d_i$ 。

而求解 Huffman 树的算法就是合并果子，开一个小根堆，每次取出最小的两个元素，答案累加和，再加入他们的和。

先用莫队求出 $occ_i$，由于不同的 $occ_i$ 最多 $\mathcal O(\sqrt n)$ 个，一个想法是开一个链表记录所有 $>0$ 的 $occ_i$，设 $oc_i$ 表示 $occ_p = i$ 的 $p$ 的个数，从小到大合并。若存在奇数个则额外用一个变量记录，可以通过。

还有一种想法是再根分一波，设 $B = \sqrt n$，对于 $i \leq B$ 暴力套用第一个做法，若合并出 $> B$ 的数则加入小根堆。对于 $>B$ 的数直接加入小根堆。然后就真的按照合并果子模拟。

时间复杂度 $\mathcal O(n \sqrt n)$ 或 $\mathcal O(n\sqrt {n\log n})$。

CF633H Fibonacci-ish II

暴力 $\mathcal O(n^2)$ 都能过，不懂为什么开 $n = 30000$。

显然莫队 + 树状数组， $\mathcal O(n\sqrt n \log n)$。

CF453E Little Pony and Lord Tirek

注意到每次查询区间后马上推平，可以想到 ODT。设 $(l, r, v)$ 表示区间 $[l, r]$ 推平的时刻都是 $v$，则每次考虑一段区间的贡献时，若是第一次推平，贡献为 $\sum \min(m_i, s_i+tr_i)$，左边取最值时 $m \leq s+tr \Rightarrow t \geq \left\lceil\dfrac{m - s}r\right\rceil$， 贡献为 $m_i$，否则贡献为 $s_i+tr_i$ 。可以用主席树维护。但稍加思索发现，反正都是第一次操作，总的个数只有 $n$ 个，暴力就行了。

否则贡献为 $\min(m_i, (t - v)r_i)$，同理分析可得 $t \geq \left\lceil\dfrac{m}r\right\rceil +v$ 时取到 $m_i$，还是可以用主席树维护之。

时间复杂度 $\mathcal O(n\log n)$。

模拟赛有个加强版：从区间询问变成树上距离 $x$ 不超过 $d$ 的子树内的答案，做法就是先按照 dfs 序排序后分块，每块内部再按照深度排序，这样每次查询就是区间的形式，对应到一个块内就是一段前缀 split 查询，散块暴力。时间复杂度 $\mathcal O(n\sqrt n \log n)$，按照 @Salieri 的说法，可以先把 ODT 换成栈减少 set 的 $\log$，而每次查询是一个静态的二维偏序问题，总共有 $n \sqrt n$ 个，差分后对每个块离线扫一遍，再加上亿点点的细节就可以做到 $\mathcal O(n \sqrt n)$，而且应该常数很小。

CF536E Tavas on the Path

讲询问离线按照 $l$ 升序排序，相当于每次把一些边从 1 变成 0。然后直接树剖，每个节点维护最靠左的连续段颜色及长度，最靠右区间颜色及长度，非边界的答案，每次讨论一下 push_up 就好了。

时间复杂度 $\mathcal O(n\log^2 n)$。

CF855F Nagini

用线段树加入同时存在 $>0$ 和 $<0$ 的位置，可以对正负数开两个线段树在线段树上二分得到。

然后用 segment tree beats 维护正负数区间取 $\min$ 即可，注意只统计加入的位置。

每个位置最多被加入一次，时间复杂度 $\mathcal O(n \log n)$。

CF1332G No Monotone Triples

根据 Diliworth 定理，当 $n \geq 5$ 时必然存在单调三元组（当然可以通过枚举直接得到）。

分类讨论 $n = 2, 3, 4$ 的情况。

$n = 2$ 当且仅当 $[l, r]$ 为单调区间。

$n = 3$ ，对每个 $i$ 找到左边最大的 $>a_i$ 的 $j$，右边最小的 $>a_i$ 的 $k$；或者左边最大的 $<a_i$ 的 $j$，右边最小的 $<a_i$ 的 $k$。显然 $(j, i,k)$ 是一组合法方案。

$n = 4$ 当且仅当两个端点都不是最值，考虑枚举最右端的 $x$，考虑找到最优秀的最大和最小值，容易发现 $p_2 ,p_3$ 只能分别在前缀最大 / 最小单调栈中取到。

$p_4$ 一定不在任何一个单调栈内，否则它会成为最值。

在两个单调栈上二分出第一个 $>a_x$ 和 $<a_x$ 的位置，设为 $y, z$，找到 $\max(y, z)$ 之后的第一个 “空隙”，即不在任何一个单调栈中的元素，这一定是最靠左的 $p_4$，$p_3$ 就取 $p_4$ 之前的第一个元素，$p_2$ 同理。

找出这些 $(p_1, p_4)$ 后离线二维数点即可。找 $p_2, p_3, p_4$ 的过程可以在单调栈上二分和线段树上二分。时间复杂度 $\mathcal O(n\log n)$。

CF1476G Minimum Difference

和出现次数有关的问题，根据经典结论不同出现的个数是 $\mathcal O(\sqrt n)$ 的性质，且本题恰好也只要求出现次数的次数，于是只要我们把区间的这些出现次数的出现次数找出来，双指针扫一遍就是答案。

显然可以用带修莫队维护，由于要支持 $\mathcal O(1)$ 加入删除，可以用链表维护，最后在查询时提取这些出现次数排序即可。时间复杂度 $\mathcal O(nm^{2/3})+m\sqrt n \log n)$。 可以用基数排序优化，但是没有必要。

CF960H Santa's Gift

拆询问，即 $S_i^2\times b_x - 2S_ib_x - C^2$，显然只需要对每个颜色维护 $S_i^2, S_i$ 即可，树剖解决。

CF792F Mages and Monsters

观察到问题类似线性规划，设 $x_i$ 表示第 $i$ 个法术的使用时间，则：

$$\min \sum\limits_{i = 1}^nx_i \\ $$

满足约束：

$$\sum\limits_{i = 1}^{n}x_iv_i \geq h \\ \sum\limits_{i = 1}^{n}x_ic_i \leq m \Leftrightarrow \sum\limits_{i = 1}^{n}x_i(-c_i) \geq -m$$

考虑其对偶变量，设为 $A, B$，则满足：

$$\max Ah - Bm$$

满足约束：

$$v_iA - c_iB \le 1 \ \ \forall i \in [1, n]$$

由于线性规划对于每个变量都是凸的，于是可以三分 $B$，变成 $A \leq \dfrac{1}{v_i}+\dfrac{c_i}{v_i}B$，可以用李超线段树求出 $A$ 的范围。

显然根据定义，$A,B$ 非负，因此 $A$ 直接取到上界一定是最优的，然后再判断 $Ah-Bm$ 和 $t$ 的关系即可。

CF720D Slaom

由于对于所有障碍经过方式（从上 / 左经过）相同的方案是相同的，考虑找到一个关键路径统计答案。不妨直接找最低路径统计（在相同方案中所有点都是最低的）。

设 $f_{i, j}$ 表示目前在 $(i, j)$ 的方案，考虑如何转移。

没有障碍时显然 $f_{i, j} = f_{i - 1, j}$。

否则假设障碍在 $[l, r]$，之前在 $[l, r]$ 的贡献都应该统计到 $r+1$ 上，但是不止于此，设 $<l$ 的右端点为 $p$，则 $[p+1, r]$ 这一段区间的 $f_{i - 1, j}$ 都可以贡献到 $f_{i, r+1}$。用线段树维护，支持区间查询，赋值即可。

至于如何找到 $p$，将矩形类似扫描线挂在对应端点，用一个 set 实时维护当前的线段即可。

注意最后的答案要找到最后一个区间 $[l, r]$，询问 $[r+1, m]$ 的答案。

CF1344E Train Tracks

首先并不是要等到火车完全走完边后再切换，而是花费 1 时间切换后就已经不用管然后可以继续切换。先考虑如何写暴力：对于同一个点而言，若在 $t_1$ 时刻存在经过该点的火车，$t_2$ 时刻又存在，则在 $[t_1+1, t_2]$ 时刻必然要切换一次 $x$。把所有形如：在 $[l, r]$ 中至少有一次切换某点的限制找出来后，问题变成：

有若干个区间 $[l, r]$，每秒可以选择一个未标记的且 $l \leq t \leq r$ 的区间进行标记，问是否能把所有区间标记

显然可以贪心，维护一个小根堆，每次把 $r$ 最小的弹出，若 $r<t$ 则报告无解。

考虑如何找到这些区间，注意到“切换儿子并更新当且点最后一次标记时间戳“ 类似 access。于是用 lct 维护，每次 access x 时，如果有儿子，就表示 $x$ 要切换一次，显然总切换次数是 $\mathcal O(n\log n)$ 的，且设 $x$ 深度为 $d$，上一次覆盖标记为 $lst$，就要在 $[lst+d_x+1, cur+d_x]$ 切换一次，把这 $\mathcal O(n\log n)$ 条路径找出来后贪心即可。

时间复杂度 $\mathcal O(n\log^2n )$。

注意到能合并就合并是最优的，因为无论是偶 + 偶，奇 + 偶，奇 + 奇都不会增加奇数个数，于是对于单次询问，可以考虑类似 Kruskal 的过程得到答案。

注意到答案单调不升，可以考虑整体二分。

注意到每次加边的变化只有当两边子树都是奇数才有用，可以直接上 LCT。

注意到若我们从后往前处理，将边集排序后维护一个指针表示当前答案，对于已经加入答案的边而言我们需要在某一时间段维护其合法范围，就可以直接线段树分治维护。

时间复杂度 $\mathcal O(n\log n \log m)$。

CF1446D2 Frequency Problem (Hard Version)

容易用调整法证明两个答案其中一个为全局众数，设为 $maj$。

暴力就是再枚举另一个元素 $x$，将 $x$ 看做 1，$maj$ 看做 -1，答案就是最长的和为 0 的段。

还有一个暴力：直接枚举出现次数 $cnt$，双指针枚举 $maj$ 的第一次出现位置，对 $[l, r]$ 的这些数开桶记录出现次数为 $i$ 的有多少个，当 最大值恰为 $cnt$ 且个数 $\geq 2$ 则存在。

结合上面两个算法，考虑根号分治，对于 $occ_i > B$ 的数直接 $\mathcal O(n)$ 算，否则直接枚举 $cnt$，也可以 $\mathcal O(n)$ 算。

时间复杂度 $\mathcal O(n\sqrt n)$。

CF997E Good Subsegments

显然就是 CF526F 的加强版。考虑记录 $\max - \min - (r - l)$ 最小值，最小值个数，用历史线段树维护之。

每次将右端点扩展 1 时，需要对所有 $t_i = 0$ 的位置 $s_i \leftarrow s_i+1$，直接打一个只对最小值生效的 tag 即可。

CF319E Ping-Pong

注意到若两个区间相交但不包含，则二者双向可达。若一个大的包含一个小的，则只能从大区间到小区间。

不妨直接将第一类区间用并查集合并看做一个点，容易发现每次询问最多走一次大区间到小区间。对于一次从 $x$ 走向 $y$ 的询问，若 $x ,y$ 已经在同一连通块或 $x, y$ 为包含关系则可以到达。

接下来考虑如何合并只相交的线段，注意到插入的线段长度单调不降，考虑将一个线段 $[l, r]$ 加入 $[l+1, r - 1]$ 的集合中，每次查询 $l$ 和 $r$ 中的元素合并，同时剩下的线段没有用，并清空集合变成合并后的大集合。

时间复杂度 $\mathcal O(n\log n\alpha(n))$。

CF1163F Indecisive Taxi Fee

CF436F Banners

前面 $\sum\limits_{b_i \geq c}w \times c$ 是平凡的，对于后面的 $\sum\limits_{b_i < c, a_i \geq p}p$ 不妨扫描线，每次加入若干个 $a_i$，对于 $p$ 开线段树维护答案。则每次等价于将所有 $p \leq a_i$ 的位置加上 $y = x$ 的函数。问题变为：

维护一个初始全 0 的序列，支持对一个前缀加上一个一次函数，询问全局 $\max$。

很可惜李超树并不能维护一次函数相加后的 $\min$，考虑分块，每块内部记录 $tg$ 和初始值 $a_i$，则 $i$ 的贡献是 $a_i + tg \times i$，根据经典结论将每个 $i$ 看做 $(i, a_i)$，则只有上凸包中的点有用，由于每次斜率单减直接开指针扫，散块直接暴力重构。

时间复杂度 $\mathcal O(n \sqrt n)$。

CF793F Julia the snail

先离线扫，将 $[l_i, r_i]$ 挂在 $r_i$，用线段树对每个 $l$ 维护初始在 $l$，在经过所有不超过 $r$ 的绳子能到达的最大高度，对于一个 $[l_i, r_i]$ 而言，等价于将所有 $i \in [1, l_i], a_i \geq l_i, a_i \leftarrow \max(a_i, r_i)$。

由于 $r$ 是单调枚举的，也可以看做 $a_i \leftarrow r$，即区间 $\geq$ 某值的赋值。

使用吉司机线段树（然鹅并不会势能分析） 维护。

CF1178G The Awesomest Vertex

显然 $|\sum b|$ 是常数，问题变成每个点是 $a|x|(a\geq 0)$，每次区间 $x$ 加一个正数 $v$，求区间最大。

显然不能 polylog，考虑分块，首先 $|x| = \max(x, -x)$，维护 $-x$ 和 $x$ 两次取 $\max$ 即可。

此时问题变成 CF436E。

CF773E Blog Post Rating

手玩发现 F 一定是先单减后不降。

F 第一次不降的位置 $i$ 满足 $a_i \geq -i$，对于剩下的位置有 $f_i = \min(f_{i - 1}+1, a_i)$。答案是 $f_n$。

用值域线段树维护所有已经加入的位置，每次线段树二分先找到第一个分界点 $p$，在 $p - 1$ 的答案是 $-(p- 1)$，

将 $f_n$ 的柿子拆开，$ans = \min(a_n, a_{n - 1}+1, \dots, a_{p}+n - p, n - p+1 -(p - 1))$。

再维护 $a_p - p$ 的区间 $\min$，每次查询就变成了后缀 $\min$。

时间复杂度 $\mathcal O(n\log n)$。

CF765F Souvenirs

不妨设 $j < i, a_i< a_j$，考虑哪些二元组 $(i, j)$ 可能成为最优决策：必然是单调递增的单调栈中所有 $\geq a_i$ 的 $j$。当然，不能直接枚举所有 $j$，但发现若 $k<j, a_k < a_j, a_j - a_k < a_k - a_i$，则该部分已经在 $(k, j)$ 算过了，所以合法的 $k$ 必然满足 $a_k - a_i<a_j - a_k \rightarrow a_k <\dfrac{a_i+a_j}2$。

出现了值域减半，因此总共的 $k$ 最多有 $n\log n$ 个，用一个线段树找一下即可，然后用树状数组维护一下二维数点。

CF679E Bear and Bad Powers of 42

先粗略估一下 $a_i \leq qV$，而 $42^{10} >10^{14}$，因此合法的 power 极少，直观上应该是一个势能分析。

考虑记录每个 $a_i$ 与其最近的 $42$ 幂次的距离，操作 3 相当于若区间最小值 = 0 则不断做一个区间减法，减完后若 $<0$ 则暴力更新新的距离。则花费在每个数上的复杂度为 $\mathcal O(\log_{42}qV \times \log n)$。

现在加上区间赋值，感觉用 ODT 复杂度摊着摊着就对了！但不能直接用 ODT 来表示连续段，因为这会使线段树区间发生变化。

考虑直接在线段树上区间赋值，这等价于将每个连续段再拆成了 $\log n$ 个段，此时再考察操作 3：

• 若线段树区间存在赋值标记，更新赋值标记重新计算距离。
• 否则不断递归直到区间最小值 $\geq x$ 或者到达叶子节点。

时间复杂度 $\mathcal O(n\log_{42}qV\times \log n)$。

CF571D Campus

离线，对每次集合的合并分别建出 Kruskal 重构树。对于第 5 类询问 $x$，在第二类集合中找到最后一次涉及到 $x$ 的置 0 操作，离线后就变成一个前缀查询。

第 3 类操作等价于在 Kruskal 上子树加，用树状数组维护即可。

时间复杂度 $\mathcal O(n\log n)$。

CF407E k-d-sequence

区间 $[l ,r]$ 满足条件当且仅当：

• 所有数 $\bmod d$ 同余。
• 不存在重复元素。
• $\dfrac{\max - \min}{d} - (r - l) \leq k$。

先找到 $\bmod d$ 同余的所有极长区间，用一些简单套路维护。

时间复杂度 $\mathcal O(n\log n)$。

注意特判 $d = 0$。

CF700D Huffman Coding on Segment

首先转化题意，可以发现这就是哈夫曼编码，设 $occ_i$ 表示 $i$ 出现次数，问题即求 $[l, r]$ 中所有 $i$ 构成的最小的 Huffman 树带权深度，即 $\sum\limits_{i}occ_i \times d_i$ 。

而求解 Huffman 树的算法就是合并果子，开一个小根堆，每次取出最小的两个元素，答案累加和，再加入他们的和。

先用莫队求出 $occ_i$，由于不同的 $occ_i$ 最多 $\mathcal O(\sqrt n)$ 个，一个想法是开一个链表记录所有 $>0$ 的 $occ_i$，设 $oc_i$ 表示 $occ_p = i$ 的 $p$ 的个数，从小到大合并。若存在奇数个则额外用一个变量记录，可以通过。

还有一种想法是再根分一波，设 $B = \sqrt n$，对于 $i \leq B$ 暴力套用第一个做法，若合并出 $> B$ 的数则加入小根堆。对于 $>B$ 的数直接加入小根堆。然后就真的按照合并果子模拟。

时间复杂度 $\mathcal O(n \sqrt n)$ 或 $\mathcal O(n\sqrt {n\log n})$。

CF633H Fibonacci-ish II

暴力 $\mathcal O(n^2)$ 都能过，不懂为什么开 $n = 30000$。

显然莫队 + 树状数组， $\mathcal O(n\sqrt n \log n)$。

CF453E Little Pony and Lord Tirek

注意到每次查询区间后马上推平，可以想到 ODT。设 $(l, r, v)$ 表示区间 $[l, r]$ 推平的时刻都是 $v$，则每次考虑一段区间的贡献时，若是第一次推平，贡献为 $\sum \min(m_i, s_i+tr_i)$，左边取最值时 $m \leq s+tr \Rightarrow t \geq \left\lceil\dfrac{m - s}r\right\rceil$， 贡献为 $m_i$，否则贡献为 $s_i+tr_i$ 。可以用主席树维护。但稍加思索发现，反正都是第一次操作，总的个数只有 $n$ 个，暴力就行了。

否则贡献为 $\min(m_i, (t - v)r_i)$，同理分析可得 $t \geq \left\lceil\dfrac{m}r\right\rceil +v$ 时取到 $m_i$，还是可以用主席树维护之。

时间复杂度 $\mathcal O(n\log n)$。

模拟赛有个加强版：从区间询问变成树上距离 $x$ 不超过 $d$ 的子树内的答案，做法就是先按照 dfs 序排序后分块，每块内部再按照深度排序，这样每次查询就是区间的形式，对应到一个块内就是一段前缀 split 查询，散块暴力。时间复杂度 $\mathcal O(n\sqrt n \log n)$，按照 @Salieri 的说法，可以先把 ODT 换成栈减少 set 的 $\log$，而每次查询是一个静态的二维偏序问题，总共有 $n \sqrt n$ 个，差分后对每个块离线扫一遍，再加上亿点点的细节就可以做到 $\mathcal O(n \sqrt n)$，而且应该常数很小。

CF536E Tavas on the Path

讲询问离线按照 $l$ 升序排序，相当于每次把一些边从 1 变成 0。然后直接树剖，每个节点维护最靠左的连续段颜色及长度，最靠右区间颜色及长度，非边界的答案，每次讨论一下 push_up 就好了。

时间复杂度 $\mathcal O(n\log^2 n)$。

CF855F Nagini

用线段树加入同时存在 $>0$ 和 $<0$ 的位置，可以对正负数开两个线段树在线段树上二分得到。

然后用 segment tree beats 维护正负数区间取 $\min$ 即可，注意只统计加入的位置。

每个位置最多被加入一次，时间复杂度 $\mathcal O(n \log n)$。

CF1332G No Monotone Triples

根据 Diliworth 定理，当 $n \geq 5$ 时必然存在单调三元组（当然可以通过枚举直接得到）。

分类讨论 $n = 2, 3, 4$ 的情况。

$n = 2$ 当且仅当 $[l, r]$ 为单调区间。

$n = 3$ ，对每个 $i$ 找到左边最大的 $>a_i$ 的 $j$，右边最小的 $>a_i$ 的 $k$；或者左边最大的 $<a_i$ 的 $j$，右边最小的 $<a_i$ 的 $k$。显然 $(j, i,k)$ 是一组合法方案。

$n = 4$ 当且仅当两个端点都不是最值，考虑枚举最右端的 $x$，考虑找到最优秀的最大和最小值，容易发现 $p_2 ,p_3$ 只能分别在前缀最大 / 最小单调栈中取到。

$p_4$ 一定不在任何一个单调栈内，否则它会成为最值。

在两个单调栈上二分出第一个 $>a_x$ 和 $<a_x$ 的位置，设为 $y, z$，找到 $\max(y, z)$ 之后的第一个 “空隙”，即不在任何一个单调栈中的元素，这一定是最靠左的 $p_4$，$p_3$ 就取 $p_4$ 之前的第一个元素，$p_2$ 同理。

找出这些 $(p_1, p_4)$ 后离线二维数点即可。找 $p_2, p_3, p_4$ 的过程可以在单调栈上二分和线段树上二分。时间复杂度 $\mathcal O(n\log n)$。