20240724总结

上午模拟赛100+50+0+0.
T3本来能拿更高的分数，但是预处理放到里面了。

T1 $(k r u s k a l + l c a)$

最小瓶颈生成树/最短路。
其实仔细想想，让他们之间最大边最短，其实就是最短的代价连通。据此得到解决。

T2

构造序列a：

i & 1 ： a [i] = i + 1 / 2

i % 2 == 0 ： a [i] = n + 1 - i / 2

现在有 $q <= 1 e 5$ 次询问：有多少区间的和=s?

观察性质咯。
这个序列可以写成

观察区间和->相邻和？

i & 1 ： a [i] + a [i + 1] = n + 1

i % 2 == 0 ： a [i] + a [i + 1] = n + 2

据此分类讨论。

具体来说：
l奇，r偶。块是固定的=s/(n + 1),也就是问有多少个间隔为这个的组。
l偶r奇同理。用刚刚的图看来是斜线。
lr同奇偶。我们取出模数，则模数其实就是ar。则取出模数下标(直接根据上面取），判断l=r-bk是否合法即可。

T3：

观察popcount()的性质。

这个性质。
接下来如何做？看60分给予我们启发：可以先不用管上界。
接下来考虑枚举popcount=i,然后把i-1,i+1固定，接下来就变成了一个组合数问题。预处理组合数，over。带上上界呢？也很简单，如果r此位为1，令此位为0算答案，继续递归，这样就变成了logn个无限制数，over。

T4：

套了层博弈论壳子。

g:我感觉至多一部分是博弈，用来表达某种约束（充要条件）。

->必胜？（每个数选的个数）c1^c2..!=0
->如果带上bob,异或和>m才行,否则失败。
->表达限制：sigma aici<=k，ci异或 >m，
->异或按位独立，按位DP，
f[pos,i, lmt, cnt, op] = f[位数, 第几个数, 顶到下界，剩余钱数（单位是2^pos)，当前填了奇/偶个1]，转移就行。

动态开点

用来优化空间复杂度，有些情况我们必须开大，比如

询问要多少，我就开多少。
具体来说如何做？
动态开点就是首先不能用堆式编号，然后额外处理下当前节点为空情况，其他一样。
Node中记录lson,rson。modify时记录当前区间，特殊处理!u，开引用u,over
老师代码。

#define mid ((l+r)>>1)
void ins(int &x,int l,int r,int p){
	if(!x) x=++tot;
	if(l==r){
		tr[x].siz=1;
		tr[x].sum=p;
		tr[x].pf=1ll*p*p;
		return;
	}
	if(p<=mid) ins(tr[x].ls,l,mid,p);
	else ins(tr[x].rs,mid+1,r,p);
	pushup(x);
}

线段树合并

例题T6：

->不考虑修改，好像可以线段树二分（考虑
->修改呢？我们想要快速维护合并子树信息，这就可以线段树合并了。

线段树二分。

void up(int u){
	s[u]=s[ch[u][0]]+s[ch[u][1]];
}
void add(int &u,int l,int r,int v){
	if(!u) u=++node;
	if(l==r){s[u]++;return;}
	int mid=(l+r)>>1;
	if(v<=mid) add(ch[u][0],l,mid,v);
	else add(ch[u][1],mid+1,r,v);
	up(u);
}
int query_kth(int u,int l,int r,int k){
	if(l==r) return l;
	int mid=(l+r)>>1;
	if(k<=s[ch[u][0]]) return query_kth(ch[u][0],l,mid,k);
	return query_kth(ch[u][1],mid+1,r,k-s[ch[u][0]]);
}
void merge(int &a,int b,int l,int r){
	if(!a){a=b;return;}
	if(!b) return;
	if(l==r){s[a]+=s[b];return;}
	int mid=(l+r)>>1;
	merge(ch[a][0],ch[b][0],l,mid);
	merge(ch[a][1],ch[b][1],mid+1,r);
	up(a);
}