简单的刷题总结
一直有写题解的打算，但一直咕咕咕，现在拉扯不动了，还是开个坑吧
随缘更新，口胡万岁
CF1650G Counting Shortcuts
关键思想：对点以到起点的最短距离进行分层。
设\(dis1[i]\)为起点到\(i\)的最短距离，\(dis2[i]\)为\(i\)到终点的最短距离；先进行最短路计数：令\(f1[i]\)表示起点到\(i\)的最短路数量，\(f2[i]\)表示\(i\)到终点的最短路数量
这是一个很简单的dp，考虑所有与i相连的点j：
然后考虑怎样计算长度仅多1的路径数量，这样的路径一定满足这样一个性质：包含且仅包含一条两端点在同一层的边
所以我们可以枚举每一条这样的边，考虑其贡献，设两端点分别为u，v，则其贡献为：
所有符合条件的边贡献相加即可
CF1633E. Spanning Tree Queries
注意到m只有300，考虑当x变化时，只有造成边权之间大小关系发生改变时，最小生成树才会发生变化，这启示我们可以暴力枚举所有的最小生成树。
我们可以把每条边的边权看成一个关于x的函数，设初始边权为\(w_i\),\(y=|w_i-x|\),则两个函数的交点的x就是其对应的边大小关系发生变化的x。
直接\(m^2\)暴力处理这m个函数的交点,划分成至多\(m^2\)段，每段对应一个最小生成树的形态，然后对于每一段做最小生成树，然后直接对于每一个询问查一下在哪一段即可。
另外除了函数间的交点，与x轴的交点也要考虑（因为这是正负变化的点）
CF1632D. New Year Concert
我是笨比，只能想到\(n(logn)^2\)的做法。
当我们更改一个数的时候，可以把他修改成一个极大的素数，这样我们可以保证任何包含这个数的区间一定满足条件。
现在考虑我们什么时候需要修改
当我们把\(a_i\)加入时，设上一次修改的数是\(a_k\)，显然我们只需要考虑k到i里每一个以i为右端点的子区间，注意到当你在一个区间加入一个数时，区间gcd会变小，而区间长度会变大。现在我们对于i，考虑是否存在一个j(k<j<i)，满足\([j,i]\)的区间gcd等于区间长度，存在的话就得改\(a_i\)。由上面的分析，显然可以二分j，然后判断下gcd与区间长度的大小关系，gcd大于区间长度往k靠，反之往i靠。
区间gcd可以套个st表查
CF1696D. Permutation Graph
这道题的思考角度稍微有点不同，我们并不是去考虑如何具体的构造最短路。
考虑\(1\)到\(n\)的过程，由于题目要求，显然我们一定会经过最值点（最大与最小都行）。设最值点为\(i\)，则可以拆分为\(（1，i）\)和\(（i，n）\)两个子问题。
这样我们可以不断重复这样的过程，考虑\(（i,j）\)的段，若中间存在一个最值点\(x\)，那么可以拆分成\(（i，x）\)与\(（x，j）\)两段。直到两个端点分别为该段的最大值和最小值时，那么直接到达，产生\(1\)的贡献。
CF1696E. Placing Jinas
令\(f(i,j)\)表示过程中\(（i,j）\)这个点会出现的娃娃总数，不难发现：\(f（i，j）=f(i-1,j)+f(i,j-1)\)。那么答案就是把所有白点的\(f（i，j）\)的加起来。暴力计算显然会T，进一步观察\(f（i，j）\)递推式的形式，发现这不就是\(（0,0）\)到\(（i，j）\)不同路径数的递推式吗？那么这就变成了一个众所周知的事情了，\(f（i,j）=C_{i+j}^{j}\)。
所以，\(Ans=\sum_{i=0}^{n} \sum_{j=0}^{a_i-1}C_{i+j}^{j}=\sum_{i=0}^{n} \sum_{j=0}^{a_i-1}C_{i+j}^{i}=\sum_{i=0}^{n}C_{i+a_i}^{i+1}\),预处理阶乘即可快速计算
CF1691E. Number of Groups
很典的扫描线，对端点按位置小到大排序，遇到左端点加入对应区间，右端点删除。
然后对于所有仍未被删的区间，可以分为两种：一种是已经和其他区间相连的，另一种是仍然独立的。
考虑加入一个新区间（即扫到了一个新的左端点），那么这个区间会和当前所有仍未被删的异色区间相连。
我们可以使用并查集来连接区间。
新加入一个区间时，首先将他与每一个独立的区间连起来（这些独立区间在并查集里是一个单独的点），然后这些独立区间就变成了连接区间。而对于那些已经被连上的区间，这些区间已经在并查集里构成了一个连通块，显然我只需要任取一个点出来和新区间连就行了。
虽然处理独立区间是\(O(n)\)的，但是每个区间最多只会作为独立区间被连一次。
使用set来维护区间加入与删除，总复杂度，\(O(nlogn)\)
CF1697E. Coloring
问题等价于将平面的一些点划分为至多\(n\)个集合，同一集合的点距离两两相等，不同集合的点距离大于其到同集合内的点的距离。
考虑两个点\(a,b\),将它们分到同一个集合内，若存在另一点\(c\),满足\(d（b,c）=<d(a,b)\)或者\(d（a,c）=<d(a,b)\)，这样是不合法的
也就是说，对于任意一个点\(a\)来说，它只能和距离自己最近的点在同一集合，且必须把所有和自己最近的点加入集合（若有一个最近点和\(a\)不在同一集合，那么它到\(a\)的距离等于\(a\)集合内点的距离，并不满足第二个限制）
对每一个点预处理出其最近点到它的距离\(d_{min}\)，并按\(d_{min}\)排序，从小到大地考虑把每个点加入某个集合。
做到第\(i\)个点时，考虑他能否把自己的所有最近点\(j\)都加入到自己的集合中。某个最近点\(j\)能加入集合，需要满足以下条件：
1.到其他也要加入集合的点的距离均等于\(d_{min}\)。(也就是题目给的第一个限制)
2.到其他不加入集合的点的距离严格大于\(d_{min}\)。（也就是题目给的第二个限制）
若存在一个\(j\)不能加入，其他的所有\(j\)也不能加入。因为不能加入的这个\(j\)到\(i\)的距离是等于\(d_{min}\)的。也就是对于\(i\),只有两种决策，要么和所有的最近点\(j\)在一个集合，要么自己单独一个集合。
分完集合后，对于每个集合，要么全部点一个颜色，要么集合内每个点颜色都不同。做一个背包就行了。
CF1839D. Ball Sorting
考虑钦定一些位置不动，其余的位置变动，显然这些不动的位置的值满足单增。同时这些不动的位置会把整个排列划分为\(k\)段，段内就是那些需要移动的位置
接下来就是一个很关键的性质：为了移动这些位置，你对于每个段只需要放1个0，并且通过这一个0，你就可以把所有要移动的点移动到合适的位置。
具体地，考虑每一个被划分出来的段实际上可看作一段值域。比如对于一段：4,3,9,6，你钦定4,6为不动位置,那么这一段就用于维护值在\([4,6]\)的点。对于一段内，你不妨在末尾放一个0(实际上放段内的哪里都行)，然后把每一个相邻的点移动到对应的段内(也就是对应的值域内)。移动后这个点显然也可以看作不动点了，接着移动下一个相邻点即可。这样你每一步都会把一个移动点转化为不动点。
考虑你所选的不动点集合为\(S\)，将排列划分为\(k\)段，那么对与这个划分，你需要安排\(k\)个0，最少花费为\(n-|S|\),也就是要动的点数。
问题转化为对与每个\(k\)，选出最多的点，这些点单增，且将排列划分为\(k\)段，dp一下即可
