9 月做题记录
学习一下 KTT，很牛啊。
已知有 \(n\) 个一次函数 \(k_ix+b_i\)，有 \(m\) 个询问，每次询问 \(\max_{i=1}^n \{k_ix_j+b_i\}\)。
做法其实很多，比如整体二分，李超线段树啥的。
这 \(n\) 个函数，随着 \(x_i\) 的增大，观察函数相对大小的变化，发现最多会变化 \(O(n^2)\) 次，难以直接维护。
注意到建成一颗线段树的形式，将一堆函数分成两半，如果左边右边都已经有序，那么中间相对位置的改变只会有 \(O(n\log n)\) 次，也就是和归并排序一样。
具体来说，因为要找最大值，维护左右两个区间里面当前最大的那个函数，然后随着 \(x_i\) 的修改如果左右最大的函数的大小关系发生变化就暴力修改。
为什么只需要取最大值呢，因为子区间里面如果有一个函数变成最大，就会先变成这个子区间里面的最大值，这个可以通过不断 push up 维护。
这样只需要记录左右子区间，小的那个还需要加多少才能超过大的那个，然后超过了就暴力递归修改，总共修改 \(O(n\log n)\) 次，总复杂度 \(O(n\log^2 n)\)。
如果只是这里显然没啥用，注意到这个的厉害之处在于可以修改，可以支持对一个函数的单点修改，这是李超线段树做不了的，修改之后一样上传，复杂度应该还是 \(O(\log^2 n)\) ？？？
CF1823F \(\color{green}\bigstar\) *2600
发现一个 link，对着做一段时间。
简单题，设 \(f_{i,j}\) 表示 \(i\) 出发，到 \(j\) 的期望次数。
但是这样很混乱，因为一直随机游走，连设方程都不方便。
和树上随机游走类似，把行走过程划分成一个个阶段。
假设 \(s\to t\) 的路径是 \(a_1\to a_2 \to ... a_k\)，那么划分成 \(k\) 个部分，每个部分向父亲走一步就进入下一个阶段。
那么状态变成 \(f_{i,j}\) 表示 \(j\in \text{subtree}(i)\)，\(i\) 走到 \(fa_i\) 之前经过 \(j\) 的次数。
分析一下简单情况， \(f_{i,i}\)，每次到 \(i\)，有 \(\dfrac{1}{d_i}\) 的概率向上，否则进入子树，进入子树后肯定又会回到 \(i\)，因此 \(f_{i,i}=d_i\)。
分析一下 \(f_{i,j}(j\in \text{son}(i))\)，得到 \(f_{i,j}=\frac{f_{i,i}}{d_i}f_{j,j}=d_j\)，归纳一下发现 \(f_{i,j}(j\in \text{subtree}(i))=d_j\)。
所以答案只要算一下一个点父亲有多少个在 \(s\to t\) 的路径上，答案就是 \(d_i\times f_i\)，时间复杂度 \(O(n)\)。
其实是可以带修的，瞎胡一下可以支持删点加点，查询 \(\{s,t,x\}\)。
CF1830F *3200 \(\color{Gold}\bigstar\)
发现一个点的贡献只和右边第一个选的点有关。
设 \(f_i\) 表示 \(i\) 选了，\(i\) 前面点的总贡献最大值。
\(w(i,j)\) 表示包含 \(i\)，不包含 \(j\) 的区间个数，那么这个扫描线后相当于只有区间加。
因此直接 KTT 维护区间加 \(p_j\) 即可。
CF1517F *3200 \(\color{blue}\bigstar\)
最大半径就是离他最近的 \(0\)。
如果直接设 \(f_{i,j}\) 表示 \(i\)，半径是 \(j\) 比较困难，因为上面也要满足，而且子树里可能有更大的。
枚举一个 \(r\) 求半径 \(\ge r\) 的方案数，这样变成判定性问题。
设 \(f_{i,j,k}\) 表示 \(i\) 子树内，最深的目前满足条件的点深度为 \(j\)，离 \(i\) 最近的 \(0\) 距离为 \(j\)，合并是树上背包合并，复杂度 \(O(n^5)\)，爆炸，前缀和优化后是 \(O(n^4)\)。
注意到，如果存在一个 \(j\)，那么此时 \(k\) 是无意义的，因为必然不会影响其他子树，因为 \(j+k>r\)。
所以两维不会同时有用，直接记录两个 \(f_{i,j},g_{i,j}\)，树上背包合并 \(O(n^3)\)。
loj2494 \(\color{Gold}\bigstar\)
非常好题目，赞美 HNOI。
一开始想了一个做法，就是从后向前，那么当前要求前缀一些位随意，一些位必须是 \(0/1\)，然后就可以从后向前推，注意到出了最后一次，前面要求必须的位要么全是 \(0\)，要么全是 \(1\)，因此可以 bitset，复杂度 \(O(\frac{Qnm}{w})\)，不知道能不能过。
对于每一位，把 \(1\) 放前面，\(0\) 放后面，那么当前有要求的一定是个区间。
考虑对于一位具体是咋搞的，如果最后是 \(1\)，然后填或就直接是 \(1\)，否则就无影响，相当于一个二进制的比较。
因此做法就简单了，排序一下，然后答案就是相邻两个二进制相减。
loj2495 \(\color{Gold}\bigstar\)
小丑题。
答案显然就是
一开始想了个分块做法，不知道能不能过。
事实上这个东西只和后缀最大值有关，直接楼房重建就行。
loj2496 \(\color{green}\bigstar\)
非树边拉出来容斥，然后求一个独立集个数。
可以动态 dp，但是那样 \(m-n\) 可以开更大，这题正解是比较好写的虚树，只要维护每条链的系数就行。
