近年 APIO 选做
带有极强目的性的做题（
update on 2022.6.2：
- APIO2022 之后来把 18, 16, 15 的补了，17 的咕咕咕了。
- APIO2022 T1 降智 54 -> 21，T3 不会构造卡常痛失 8.64 分，输麻了。如果网上有题解了考虑补掉。
「APIO2015」
「APIO2015」巴厘岛的雕塑 Bali Sculptures
求把序列分为 \(x(x\in [A,B])\) 个区间，最小化权值，权值为所有区间和的或。
\(\texttt{Difficulty 2}\)。
考验观察数据范围的仔细程度。按位贪心，发现只能设计个 \(O(n^3)\) 的 DP，又发现唯一 \(n\) 较大的满足 \(A=1\)。
于是只需要最小化，又有一个 \(O(n^2)\) 的 DP，于是没了。
「APIO2015」雅加达的摩天楼 Jakarta Skyscrapers
序列上 \(n\) 个点，初始某些人在某个点上，他的弹跳能力为某个值。
对于在 \(x\) 上且弹跳能力为 \(y\) 的人，下一步只能跳到 \(x-y\) 或 \(x+y\)（前提是位置合法）。
求传递信息从第 \(0\) 到第 \(1\) 个人所在位置的最小跳跃次数，中途如果两个人在同一个位置，则可以互相传递信息。
只有得知信息的人能动。
\(\texttt{Difficulty 3}\)。
一开始想到了根号分治 + 无脑线段树优化建图，既要正反又要根据模数和弹跳能力讨论，大码量 + 大常数 + 巨大难调预定。
再一分析发现，用 \((p,q)\) 表示在位置 \(p\) 弹跳能力为 \(q\)，那本质不同的二元组不就 \(O(N\sqrt N)\) 个吗。
那不是这题暴力老哥直接 win 了？写了写发现确实是这样。
「APIO2015」巴邻旁之桥 Palembang Bridges
题意复杂。
\(\texttt{Difficulty 2}\)。
之前晚上回寝前看了个题面就跑路，第二天上课按照 \(k\leq n\) 想了一天，只会一个 wqs 二分 + \(O(n^2)\) DP 的鬼畜玩意。
感觉巨大没前途，然后越想越不可做，于是又回来看一眼题面，发现 \(k\leq 2\) 直接吐血。
那第一问显然因为对于选定的 \(p\)：
所以就是中位数。
对于第二问，可以直接延续上述做法，发现对于 \(p\in[x,y]\) 的，没有多余贡献，否则：
按照 \(x+y\) 排序后枚举断点划分为左右两半，分别是两个 \(k=1\) 的情况。
预处理前后缀的权值，就是需要维护动态中位数，老经典的对顶堆了。
「APIO2016」
「APIO2016」划艇
给定序列上 \(n\) 个点的取值范围 \([a,b]\)，每个点还可以选择不选值。
对于选值的点，要求构成严格递增序列，求方案数。
\(\texttt{Difficulty 3}\)。
想了半天并不能脱离值域 DP，实际上大力离散化即可。
按照端点分左闭右开区间，那么离散化后，每种值要和每个点的取值范围，要么被包含要么不交。
所以能够简单的用组合数计算贡献，而这种区间又只有 \(O(N)\) 个。
「APIO2016」烟花表演
给定一棵树，可以花 \(\Delta v\) 的代价任意次修改任意边的边权，要求最终每个叶子到根的权值和相等。
求最小代价。
\(\texttt{Difficulty 5}\)。
我的 slope trick 入门题，很早就听 IV 说过，之前尝试做过几次这道题，现在才真正补掉。
对于一个连续函数，满足线段的斜率为整数，且每次整体的斜率改变量为 \(O(1)\) 时，可以用断点来代表这个函数。
对于在 \(x\) 点的斜率改变量为 \(\delta\) 时，就在堆中加入 \(\delta\) 个 \(x\)。
一般（例如本题）\(f(0)\) 或者 \(f_{\min}\) 是可以简单维护的，也就顺势确定了整个函数，支持 \(O(n)\) 求出某个确定的 \(f(i)\)。
函数的合并直接用可并堆，函数的改变需要简单讨论几种情况。
「APIO2016」最大差分
确定某个递增序列的最大邻项差值，只能查询 \([a,b]\)，返回在区间 \([a,b]\) 里的 \(\min\) 和 \(\max\)。
限制次数为，设某次询问 \([a,b]\) 涵盖了序列中 \(x\) 个数，那么 \(\text{cnt}\gets \text{cnt}+x+1\)，要求 \(\text{cnt}\leq 3n\)。
\(\texttt{Difficulty 3}\)。
另一种询问很平凡，而这种很巧妙。
直接花一次确定全局 \(\text{min}\) 和 \(\max\)，那么 \(\text{ans}\geq \lfloor\dfrac{\max-\min}{n}\rfloor\)。
按照这个分块，只统计块间的答案即可。
「APIO2018」
「APIO2018」新家
给定商店的开业时间区间和地点，以及颜色。
定义某个时刻某个位置的代价为，“每种颜色到它的最小距离” 的最大值。
求 \(m\) 个不同二元组的代价。
\(\texttt{Difficulty 4}\)。
有一定启发性。
做题的时候降智，先是看到时间区间无脑上了线段树分治，然后又分析错复杂度以为树套树硬上就行了。
然后发现实际上分治撤销的时候用到了删除，所以不如直接差分扫描线，而且实际上写了个 \(O(n\log ^3 n)\) 的区间数颜色 + 二分答案。
瓶颈在大常数的树套树，原因是需要数颜色，但是思考一下真的需要吗？
只需要确定每个区间里有没有所有颜色，既然已经记录了 pre，就应该想的等价于对于区间 \([l,r]\)，没有 \((r,n]\) 中的 pre \(<l\)。
此时就只需要单点修改和区间 min，再处理一下没有所有颜色的细节即可简单 \(O(n\log ^2n)\)。
LOJ 讨论区里还被提出了一种单 log 的做法，大概是发现在线段树的结构上，强行套上二分答案是不明智的，应当直接线段树上二分。
「APIO2018」选圆圈
按半径降序 + 编号升序为一二关键字将圆排序，扫一遍序列。
若该圆还没被删除就删除它，以及和它有交（或相切）的圆。求每个圆在哪个圆被扫到时删除。
\(\texttt{Difficulty 3}\)。
无脑上了 kd-tree，发现被卡了，然后看了看题解发现可以人类智慧旋转坐标系。
正确方法是一种有趣且据说很实用的 trick，就是将平面按照最大直径划分正方形网格，相交圆显然只出现在相邻格中。
对于每个点只暴力枚举相邻格中的圆，但是划分也要时间，大概每次最大直径减半时才重构即可。
复杂度 可以证明 是对的。
「APIO2018」铁人两项
求无向图三元组 \((a,b,c)\) 个数，满足存在 \(a\to c\) 且经过 \(b\) 的简单路径。
\(\texttt{Difficulty 2}\)。
圆方树入门题。
点双的优秀性质：对于一个点双中任意两点，它们所有简单路径的并集，恰好等于这个点双。
具体证明可以看 圆方树 - 粉兔。
那么建出圆方树后，枚举 \(a,c\)，那么 \(b\) 的方案数就是 \(a,c\) 之间路径上的点集大小。
给方点赋值点双大小，圆点赋值 \(-1\) 恰好能转化为路径点权和。直接拆贡献分开统计即可。
「APIO2019」
数据结构年，但阻碍不了我降智的脚步（
「APIO2019」奇怪装置
给定一些区间，对于数 \(t\) 有 \(x=((t+\lfloor\dfrac{t}{B}\rfloor)\bmod A), y=(t\bmod B)\)，求本质不同二元组 \((x,y)\) 个数。
\(\texttt{Difficulty 4}\)。
这种近乎数学方面的小技巧积累的太少了，比如说联合省选2022 的 D1T2。
这种题目果断找循环节，首先 \(y\) 一样说明两个数一个是 \(p\)，一个是 \(q=p+kB\)。然后对于 \(x\) 解方程得到：
最小的 \(k\) 显然为 \(\dfrac{A}{\gcd(A,B+1)}\)，再乘上 \(kB\) 的 \(B\)，最小循环节就是 \(\dfrac{AB}{\gcd(A, B+1)}\)。
就变成了环覆盖问题，直接差分排序一遍即可。注意 \(A\times B\) 有点恐怖，但如果 \(>10^{18}\) 就不用模数了，分开讨论即可。
「APIO2019」桥梁
维护带权无向图，支持：
- 修改一条边的权值。
- 求从一个点出发，经过 \(\leq v\) 的边能到达的点的个数。
\(\texttt{Difficulty 2}\)。
当年之题，已成套路。
不带修直接离线并查集，有连边断边的可以套个线段树分治 + 可回退并查集。
带修就考虑操作分块，每次对于被修改的 \(\sqrt q\) 条边单独扫一遍处理。
其余只要保证每次的复杂度是 \(O(n)\) 的就行，还是挺暴力的。我的实现用到了排序还带一只 \(\log\)。
对调块长的作用大感震撼，虽然理论很不对，但 \(O(\sqrt{n\log n})\) 的块长跑的飞快，\(O(\sqrt{q})\) 则慢的离谱。
「APIO2019」路灯
一排 \(n\) 条线段连接了 \(n+1\) 个点，两个点连通当且仅当之间的线段均被点亮。
支持两种操作：
- 取反某条线段的状态。
- 求从 \(0\) 时刻开始到该次询问时，\((a,b)\) 有多少个时刻是连通的。
\(\texttt{Difficulty 4}\)。
感觉和 NOI Online 的 T3 是同道中人，就是偏序问题套了层大壳。
一只在想拆贡献，实际应该直接差分。
点亮和熄灭是类似的，对于线段 \(p\)，都应当先找到 \(p\) 能到的最左点 \(l\)，\(p+1\) 能到的最右点 \(r\)。
然后如果是点亮，那么 \((l,p),(p+1,r)\) 这个矩形加 \(t-i\)，\(i\) 是当前时刻，\(t\) 是每个询问的时刻，根据询问变化。
熄灭也同理，就是 \((l,p),(p+1,r)\) 矩形减 \(t-i\)。
加上时间维是三维，每个矩形拆 \(4\) 个差分，就是经典三维偏序，直接 CDQ 即可。
极力推荐写 CDQ 题在拆完贡献后先写个暴力跑中型样例，保证拆贡献的准确性。
「APIO2020」
「APIO2020」粉刷墙壁
题意复杂。
\(\texttt{Difficulty 3}\)。
考虑处理出哪些段能被表示，然后就是简单贪心覆盖。
然后比较降智的想了一堆假剪枝，实际上直接倒着 DP，滚动数组优化一下空间，有值的每次只有 \(O(\sqrt {40000})\) 个。
「APIO2020」交换城市
给定一张无向图，多次询问 \((s,t)\)，有两个点分别走 \(s\to t\) 和 \(t\to s\)。
求两个点经过的路径的单个边权最大值的最小值，使得两点不会相遇。可以在节点处等待。
\(\texttt{Difficulty 4}\)。
想到性质了，但是有点偏差。
实际上，就是从小到大加边，求两个点在同一连通块且连通块不是链的最早时刻。
然后还是可以魔改 Kruscal 重构树的过程，直接维护每个连通块变成非链的最早时刻，此时新建一个节点向连通块内的点连边。
因为需要维护集合中具体的点，所以要启发式合并并查集，同时维护链两端点的编号。
细节有点多。
「APIO2020」有趣的旅途
交互题。求 \(n\) 的排列，使得依次经过树上这些点，任意相邻两次移动距离，前一次 \(\geq\) 后一次。
可以询问：
- \(\text{dis}(x,y)\)：表示两点间距离。
- \(\text{num}(x,y)\)：表示有多少点 \(z\)，满足 \(x\to z\) 的路径经过 \(y\)。
两种询问加起来 \(\leq 4n\) 次。保证每个点度数 \(\leq 3\)。
\(\texttt{Difficulty 4}\)。
大概能想到固定一个点，然后在它的三个子树中横跳。
担心的是最终有一个子树剩了巨大多儿子，另外两个子树空了。
于是直接找重心，因为重心的最大儿子的 \(\text{siz}_0\) 满足 \(\text{siz}_0\leq \text{siz}_1+\text{siz}_2+1\)。
其中取到等号的情况可以直接 \(\text{siz}_0\) 为一个子树，另外两个为一个，然后反复跳，最后跳到根，再跳到剩余的那个节点。
否则设 \(v=\text{siz}_0-(\text{siz}_1+\text{siz}_2)\)。
如果 \(v=0\) 了，那么立刻可以采取上述策略。否则每次找最大深度的，不在上一次的子树里的节点作为下一个决策点。
这样不会有问题，因为如果出了问题 \(v>0\)（只剩一棵子树了），但是 \(\Delta v\in[-1,1]\)，根据上述性质 \(v\leq 0\)，故总有 \(v=0\) 的时刻。
确定重心可以 \(n\) 次得到：
- 对所有节点询问 \((1,i)\) 得到 \(\text{siz}_i\)，满足 \(n-\text{siz}_i\leq \lfloor\dfrac{n}{2}\rfloor\) 的最小的 \(\text{siz}_i\) 即为重心。
然后以重心为根，\(n\) 次问遍每个点到根的距离。
距离为 \(1\) 的为直接儿子，需要确定每个点在那个儿子里。
一次询问可以确定 \(x\) 是否在某个儿子中，问了两个都不在就一定在第三个里，所以是 \(2n\) 次。
需要注意一个细节，就是 \(v=0\) 时刻的突然转换可能导致 fun tour 的丢失。
原因解释起来比较复杂，但是画几种情况大概能想到。解决方法是在 \(v=-1\) 的时候就直接当两个子树做，最后剩一个和上面处理方法一样。
不难发现细节巨大多，如果没有 LOJ 的数据下载感觉这辈子调不出来（
「APIO 2021」
六边形那题不太会，也没见着网上有题解的，估计是不可做，所以暂时放弃。
「APIO 2021」雨林跳跃
给定一排 \(n\) 个点，每个点有高度 \(h_i\)。
一个点可以跳到它右边最小的比它高的合法位置，或者它左边最大的比它高的合法位置。
多次询问 \([s_l,s_r],[t_l,t_r]\)，求是否有 \(s\in[s_l,s_r],t\in[t_l,t_r]\) 且 \(s\) 能够到达 \(t\)。
如果有，还要输出最小步数。
\(\texttt{Difficulty 4}\)。
各种贪心结论拼起来。
部分分有些启发性的就是 \(s_l=s_r\) 且 \(t_l=t_r\) 或者只有后者的情况。
首先考虑起止点都是一个点，不难发现当且仅当 \(t\) 是 \([s,t]\) 中的最高点时，有 \(s\to t\) 的路径。
但是显然不一定是从 \(s\) 开始无脑往右跳。
一个显然正确的贪心策略：
- 从 \(s\) 开始，在时刻保证 \(h_s<h_t\) 的情况下，往它能跳到的两个高度中的 \(\max\) 跳。
- 再从当前的 \(s\) 出发，一直往右跳到 \(t\)。
跳的过程均可用倍增加速。
当起点变为一段区间时，显然贪心的选择最大的 \(h_i\) 满足 \(i\in[s_l,s_r],(\max_{k=i}^{s_l} h_k)<h_t\) 的 \(i\) 作为起点最优。
当终点变为一段区间时，对于 \(Q=5\) 的部分分可以直接枚举终点，这样就拿到了除正解外的所有部分分。
可以发现当前的策略已经很优了，所以大胆的进一步扩展结论。
对于终点，也贪心的钦定最小的 \(i\) 满足 \(i\in[t_l,t_r],h_i>(\max_{k=s_r}^{t_l-1} h_k)\) 为终点。
这样看似是正确的，所有从 \(<h_i\) 的点开始往右跳的点，第一个到终点区间的位置一定是 \(i\)。
但是前提是从 \(<h_i\) 的点开始，显然还可能从 \(>h_i\) 的点开始，一步跳到 \(i\) 后面的情况。
于是再钦定一个终点，找到它的方法为：
- 找到 \([1,s_r]\) 中最小的 \(>h_i\) 的后缀 \(\max\) 点 \(j\)。
- 找到 \([t_l,t_r]\) 中最小的 \(>h_j\) 的前缀 \(\max\) 点 \(k\)。
- 如果 \(k\) 合法，则钦定 \(k\) 为终点。
因为如果从某个起点开始，最早跳到的 \(>h_i\) 的点就是 \(j\)。而从 \(j\) 开始能够一步跳到 \(k\)，一定是最优的。
「APIO 2021」封闭道路
给定一棵树，有边权。
对于 \(k\in[0,n-1]\) 的每个 \(k\)，求出使得所有点度数 \(\leq k\) 的删边最小代价。
\(\texttt{Difficulty 5}\)。
对于复杂度的严谨控制。
如果单次给定一个 \(k\)，显然可以树形 DP。
设 \(f(u,o=0/1)\) 表示以 \(u\) 为根的子树都满足条件，\(u\) 已经删掉了 \(\text{deg}(u)-k-o\) 条边的最小边权和。
对于当前节点 \(u\)，先将 \(\sum f(v,0)\) 作为决策，再将至少 \(\text{deg}(u)-k-o\) 个点变为 \(f(v,1)+w\)。
显然可以将所有 \(f(v,1)+w-f(v,0)\) 排序，负数一定选，再从小到大选。
单次 \(O(n\log n)\)。但显然不能全局 \(O(n^2 \log n)\)。
考虑对于 \(k\) 从小到大枚举求解。发现若\(\text{deg}(u)\leq k\)，那么它的无需决策，可以全都不删。称这种点为无用点。
那么对于每条边 \((u,v)\)，若 \(u,v\) 均无用则不用考虑，若只有 \(u\) 有用，那么只需要在 \(u\) 处考虑。
于是每次的决策形成了多个连通块，而每次遍历每个连通块的复杂度是可以接受的，因为 \(O(\sum \text{deg})=O(n)\)。
考虑每个点维护一个大根堆，把无用点的边权直接扔到另一个对应点的堆里。
每次询问的时候照样树形 DP，一个关键点是若堆的大小 \(>\text{deg}(u)-k\) 就不断弹出，因为这些点以后都不会用上。
每次的 DP 的插入和撤销均可以暴力做，都是 \(O(\sum \text{deg})\) 的复杂度。总时间复杂度 \(O(n\log n)\)。
具体实现上遇到了个大问题：
-
我使用了 STL 的
multiset<long long> s作为每个点的可删堆使用。 -
我使用了类似如下语句
while(s[u].size() > lim) s[u].erase((-- s[u].end()))。而注意到 \(\lim\) 可能为负数。
-
问题在于，
size()的默认返回值是unsigned long类型，所以必须强制转换int，否则会出现任何正数都打不过 \(-1\) 的情况。 -
一般
vector循环枚举的时候不会有问题，因为都是在用非负数作比较。 -
引以为戒！！！
