CSP-S赛前冲刺
Day 1：
得分:55=20+35+0; rk:36;
序列
首先，奇数偶数互不影响，所以可以分开考虑。如果序列的长度为偶数，那么还得分为“首位是奇数”和“首位是偶数”两种情况考虑，这倒不难，把两种答案都算出来最后比较即可。
显然，如果需要重排代价最小，所有数仍按顺序填上就是一组合法解。现在我们来考虑如何使字典序最小；
设 $x_i$ 表示第 $i$ 个数的匹配位置比原位置是往左了/没变/往右了；如果一个数位置没变，那一定不能改变它的位置，对于另外两种情况，只要满足交换后不改变 $x_i$，那么代价也是不变的。考试的时候有点降智，没发现 $x_i$ 不变，其实挺显然的...另一个性质：每个数只会和自己所在的 $x_i$ 相同的那一段里的数进行交换；不过这个注意不到好像也没问题呃...总之我们现在拿出 $x_i$ 相同的一段区间，对这些值进行重排。首先考虑数字匹配右边的位置的情况，为了字典序最小，从前往后考虑每个位置，匹配它以前最小的值即可；然后考虑数字往左匹配的情况，这时情况有一些复杂，因为不能从前往后选最小的了（这样可能导致后面某些点没得选）。于是我们从后往前，尽量选择最大的匹配，把小的留给前面...这样不是反向字典序最大吗？和字典序最小不等价吧...但是呢，你会发现通过反证法还真能证明这个策略是最优的...我猜测这和“每个位置可以匹配的数是一段后缀”不无关系。啊，总之反证能证出来，那就说明它是对的嘛...
灯泡
需要用到一个结论：树的联通块数=点数-边数；对于这道题：区间数=亮灯数-“不仅自己亮着，前一个也亮着”的灯数；一个方便编程的优化：将颜色相同的段缩起来；
亮灯的数量显然很好维护，只要预处理每个颜色的灯有几个，并维护每个颜色现在是否点亮就好了。
现在来想想怎么维护“亮灯对”。暴力？暴力倒是很好写，只要在开灯关灯时顺便维护“亮灯对”就可以了，但是会很慢；仔细观察数据范围:2e5;启示根号算法？来尝试一下根号分治吧！
将出现次数小于等于 $B$ 的视为小点，否则视为大点。对于“小-小”的数对很好处理，开关灯时顺便检查就好；“大-大”的数对也很容易，预处理每对大点之间有多少条连边，每次暴力查看所有大点也花不了多少时间；稍微困难的是“小-大”数对，考虑在暴力小点时，在大点处打标记，记录每个大点有多少相邻的亮着的小点，这样在操作大点时，便可以方便地维护“小-大”数对的数量了；复杂度 $O(n\sqrt{n})$.
比赛
这题坑我啊！每个subtask里都有 $p=0,p=1$ 的测试点，而我的程序无法处理这种情况，当场去世.jpg
首先可以发现，不可能出现一种 “可以从中选出多个大小为 $x$ 的合法集合”的局面；所以，对于一个确定的 $x$，一个局面要不无法选出 $x$ 个人，要不可以选出确定的 $x$ 个人；这样我们就不用担心两个集合存在于一种局面下的问题了（如果有这种情况就没法算了，如果一个局面可以找到多个合法集合，这个局面就可能被多次计数）；
设 $f_{i,k}$ 表示考虑了 $i$ 个人，可以给 $k$ 个人颁奖的概率，$q=1-p$ ；这里有一个小技巧：只考虑新加进来的人和以前的人产生的贡献，这样就一直是在乘概率；我以前的做法是每次新加进一个数时，除掉以前的人和他产生的不合法概率，这样如果概率是0就挂了；考虑新加进来的人，发现他是什么编号都有可能，因为我们只是说" $i$ 个人"，又没说是"前 $i$ 个人"。既然他的编号不固定，那就先设为 $i+1$；转移时考虑这个人是否颁奖，可以得到：
$f_{i+1,k}=p^k\times f_{i,k}+q^{i-k+1}\times f_{i,k-1}$
这样就可以 $n^2$ 来做了；另一方面，我们给新加的人换个编号，会不会有奇效呢？为了方便，这回设成最小编号：
$f_{i+1,k}=q^k\times f_{i,k}+p^{i-k+1}\times f_{i,k-1}$
看上去，两个式子联立可以消掉一些量：
$p^k\times f_{i,k}+q^{i-k+1}\times f_{i,k-1}=q^k\times f_{i,k}+p^{i-k+1}\times f_{i,k-1}$
$f_{i,k}\times(p^k-q^k)=f_{i,k-1}\times(p^{i-k+1}-q^{i-k+1})$
$f_{i,k}=f_{i,k-1}\times \frac{p^{i-k+1}-q^{i-k+1}}{p^k-q^k}$
另外，$f_{n,0}=1$，因为不选人总是可以的。这样，就可以 $O(n)$ 地递推出所有的 $f_{n,k}$ 了。
还有一个小问题！如果 $p=q$ ，那么就会变成 $0=0$ ，无法再推下去了。
不过呢，既然 $p=q=\frac{1}{2}$，那么获胜的概率就和编号无关啦，可以直接得到答案：
$f_{n,k}=\binom{n}{k}\frac{1}{2^{k(n-k)}}$
Day 2:
得分:240=100+60+80; rk:9;
石子
$E(t_1)=1+\sum_{i=2}^nP(t_i<t_1)=1+\sum_{i=2}^n\frac{a_i}{a_1+a_i}$
内存
一个显然的做法：枚举x，对于每个x计算答案后取 $\max$；因为要“最大值最小” ，很容易想到二分，二分最大值后，就可以贪心地分段，最后看看段数是否超了就好；这样 $check$ 一次的复杂度为 $O(n)$ ，总复杂度 $O(mn\log S)$；
这样是无法通过的（虽然就差一点点），思考如何优化；一个稍微容易想到的策略是这样的：顺序枚举 $x$ 的同时，维护当前找到的最优解 $ans$，对于一个新的 $x$，首先判断 $ans-1$ 是否可以达成，如果不行，那这个 $x$ 根本不可能更新答案，直接跳过就好了。这样虽然可以稍微加快速度，但是却不能改变复杂度；嗯然后对所有的 $x$ 先来一个 $random\_shuffle$ 就可以通过了...这就是玄学的力量？不不不，其实这个是有复杂度保证的；首先，对于每个 $x$ 能够计算出来的最终答案，将其设为 $ans_x$，因为已经被打乱了，所以可以将 $ans_x$ 看做一个随机序列。$x$ 可以更新答案当且仅当 $ans_x$ 是一个严格前缀最小值。一个长度为 $n$ 的随机序列期望情况下有多少个前缀最小值呢？$\ln n$ 个...证明十分容易：前 $i$ 个数中，最小值恰在最后的概率为 $\frac{1}{i}$，所以前缀最小值的期望个数就是 $\sum_{i=1}^n\frac{1}{i}\approx\ln n$；这样，复杂度就变为了 $O(nm+n\ln m\log S)$；
子集
考虑反演，反反反~其实反演是可以反演出一些东西来的，但是有点麻烦，直接讲正解好了。
首先将 $n$ 分解质因数：$n=\prod_{i=1}^np_i^{e_i}$；对于每个质因子分别考虑，设序列中每个数在这个质因子上的指数为 $a_i$，则题目等价于 $\min\{a_1,a_2,\cdots\}=0,\max\{a_1,a_2,\cdots\}=e$ ；
于是，现在题目的条件就被转化为一些稍微简单的限制条件了。由于 $1e18$ 以内的数不会有很多质因子（最多15个）；考虑容斥，对于每个质因子，枚举四种情况（是否强制不满足第一个限制，是否强制不满足第二个限制），枚举后的计算比较简单，就是对于每个质因子计算指数上的取值范围，从而得到一共有多少个数满足这些限制，再计算这些数共能构成多少非空集合即可。这样的复杂度是 $4^{\omega(n)}$，稍微有点慢，不过可以得到80分，也算不错了；如何优化呢？可以发现，对于每个质因子，强制不满足一个限制时，$e$ 的取值有 $e_i$ 种，对容斥系数的贡献为$-1$，这两部分和"到底是哪个限制不满足"并没有关系，所以可以将"强制不满足第一个限制"和"强制不满足第二个性质"两种情况并在一起计算，最后将计算出的贡献 $\times 2$ 就好了；这样一来，复杂度就变成了 $3^{\omega(n)}$；其实甚至更小，因为当 $e_i=1$ 时，不能强制使两个限制都不满足，但如果 $e_i\neq 1$ 的情况较多，那么 $\omega(n)$ 就会更小；不过这并不重要，即使你没有注意到这一点，只要在搜索容斥条件时顺手剪个枝，达到的就是这个复杂度啦。
“不要学那些很酷很炫的算法，学好搜索剪枝才能成功。 ----loli”
最后一个小问题，怎么分解质因数？反正我直接 $Pollard~Rho$ 了...不过当然也有稍微简单的做法：可以发现，$p_i$ 是什么并不重要，我们只在乎 $e_i$ ；试除 $\leq \sqrt[3]{n}$ 的质数，这样剩下的部分一定是 $1,p,p^2,pq$ 四种情况，$1$ 显然不用管，对于其他三种情况计算指数，首先利用 $Miller-Rabin$ 判断是否是 $p$，然后开平方判断是否是 $p^2$ ，否则就是 $pq$ ；这样我们就得到了 $e$ 数组！
Day 3:
得分:100=60+10+30; rk:39;
比大小
对于一段连续的0/1，可以发现里面填的数必须是连续的一段。为什么呢？考虑从0切换到1或从1切换到0，会发现一定是先填满第 $i$ 列，再填第 $i+1$ 列，所以每一段填的数是哪些其实也是确定的；通过打表/推导可以发现长度为 $n$ 的一段的填数方案就是 $Cat_n$ ，段与段之间互不影响，所以最后把每一段的答案乘起来就好了。
玩游戏
首先这个题不能求出每棵树的sg函数再异或起来，因为每个游戏并不独立；通过一些思考，可以把树分成如下四类：先手可以强制使得走完这棵树后，再出发的是现在的后手；先手可以强制使得走完这棵树后，再出发的是现在的先手；先手可以强制使得走完这棵树后，再出发的是现在的先/后手(取决于先手意愿）;先手不可以强制任何事；
首先，如果有一棵第三种树，那么先手一定必胜，因为先手可以一步走进这棵树，然后根据其它树形成局面是否必胜来切换先后手；第二种树没啥用，因为可以一上来就先把他们走完；以后我们的讨论中，默认没有第三种树，同时不考虑第二种树；一个显然的事实是，谁走进第四种树，谁就一定输掉整个游戏，这里的讨论和第一部分类似；所以先手一定是优先去走第一种树，然后选树的变成了后手，因为他也不想输，所以也是走第一种树；这样一来，最优策略等价于先走完所有的第一种树，再去走第四种树；最终的结论是：如果有奇数棵第一种树，同时没有第四种树，那么先手必胜；如果有偶数棵第一种树，同时存在第四种树，那么先手必胜；
数个数
$2^m$的容斥总是很简单的...
首先把所有包含了同一颜色其它区间的区间删掉，这样对于每种颜色，区间之间就不存在包含关系了；这种在序列上做容斥的题往往可以dp实现（虽然我不会)，有的还可以用一个NTT什么的优化，总之挺神的。
设 $g_i$ 表示右端点 $\leq i$ 的所有限制所能构成的所有集合在[1,i]这段序列上所产生的贡献的和；是不是不大好理解？ 举个例子吧，假设右端点 $\leq i$ 的限制有 $\{A,B\}$ 两个， 且它们共存（有交集，颜色相同或没有交集）。那么 $g_i$ 等于：不选任何限制的答案 $i^s$ +选了 $A$ 的答案 $(-1)^1\times (i-len_A)^s$+选了 $B$ 的答案 $(-1)^1\times (i-len_B)^s$+两个限制都选了的答案 $(-1)^2\times (i-len_{A\cup B})^s$；
现在开始做dp，按照右端点，顺次考虑每一个限制，并对于之前的所有限制集合计算这个新元素的贡献；虽然已经有了 $g$ 数组，但是还得设一个 $f_i$ 数组，意义与 $g$ 类似，但是有一点不同：钦定第 $i$ 个限制必选，计算的是 $[1,a_i.r]$ 这段序列贡献的和；首先，这个限制是可以不选的对吧... $g_i=s\times g_{i-1}$； 然后考虑选择这个限制的贡献，假设上一个选的限制不同色，那么两个限制不能有交集：$dp(i)+=(-1)\times g(a_i.l-1)$；假设上一个选的限制同色，那如果上个限制和它没有交集，刚刚就已经算过了，所以我们只枚举同色且有交集的限制，得到 $dp(i)+=(-1)\times \sum_{j}[i\cap j\neq \varnothing ][col_i==col_j]dp(j)$ ；这里的枚举不能暴力，而是要用双指针/前缀和；当然啦，还有最后一个转移： $g(a_i.r)+=dp(i)$；
Day 4:
得分:205=25+100+80; rk:19;
路径
其实这是一道构造题。对树进行一遍dfs，深度为奇数的点在进入时输出，深度为偶数的点在离开时输出就是一组合法方案了。
这样为什么是对的呢？考虑一个深度为奇数的点，他的上一个点只会是爷爷/兄弟/兄弟的儿子三种，而这三种情况的距离都是 $\leq 3 $ 的。对于一个深度为偶数的点，他的上一个点只会是父亲/孙子/兄弟三种，显然距离也都是 $\leq 3$ 的；
这道题有一点很好，就是：即使跳过了某个音节，那么与之相邻的两个音节也不会变得连续。
首先可以发现禁忌词不多，只有 $10$ 个，所以可以用 $hash$ 进行暴力匹配，得到所有不能连续出现的区间；为了方便处理，我们把所有包含了其他区间的区间去掉（注意：不是去掉所有被别的区间包含的区间），因为只要小区间没有连续出现，包含它的大区间就更不会连续出现了。经过这样的处理，再按照右端点进行排序，这些区间的左右端点就都是单调的了。
现在题目等价于：在数轴上选出一些位置，要求每个区间中至少要选一个点，求选出位置的权值和最小的方案；如果权值全相同的话，这就是一个经典的贪心问题，不过因为加权，问题变得稍微复杂了一点；可以想到的第一种方法是设 $dp(i)$ 表示前 $i$ 个区间都选了点的最优方案，但是，因为不知道这个方案是否覆盖了后面的区间，所以没法转移；既然如此，我们为什么不记录最后一个选的点呢？设 $dp(i)$ 表示最后选的点是 $i$ ， $x$ 为 $i$ 能控制的最右边的区间， $[1,x]$ 的所有区间都已被控制的最小花费；然后就可以转移啦~设新加进一个点 $j$ ，首先右端点在 $j$ 前的区间中最靠右的那个，如果 $i$ 可以控制这个区间，那就说明 $dp(j)$ 可以从 $dp(i)$ 转移过来 。事实上，这个dp可以用一个单调队列优化，复杂度瓶颈在于字符串匹配和去掉包含区间时的那个排序。
首先，任意两条路径的交是 $P(u,v)$ $\neq$ 所有路径的交是 $P(u,v)$；这一点比较显然，但是也容易注意不到；
为了方便，我们先假装两个点不存在祖先关系，这样比较好想。因为任意两条路径的交是 $P(u,v)$，所以任意路径应该包含 $P(u,v)$，也就是说，路径的端点要么是 $u/v$，要么在 $u/v$ 的子树中；另一个显然的性质是，对于两条不同的路径，他们在 $u$ 这边的端点不会在 $u$ 的同一个儿子的子树里，$v$ 那边同理。设 $dp(x,y)$ 表示在 $x$ 的子树中（不包括 $x$ 这个点本身），选出 $y$ 个端点且满足条件的方案数。这非常简单，一个简单的背包就可以了。那么，总的方案数就是 $\left(\sum_{i=0}^Ldp(u,i)\times A(k,i)\right)\times\left(\sum_{i=0}^Ldp(v,i)\times A(k,i)\right)$；
啊，似乎还有一个问题？如果 $u,v$ 存在祖先关系怎么办？譬如 $u$ 是 $v$ 的祖先，那么，$v$ 的 $dp$ 数组不会变，而 $u$ 则要稍加变化：删去 $v$ 所在的那棵子树，将 $u$ 的“外部子树”（也就是整棵树去掉 $u$ 的子树的部分）作为新的子树加入；如果仔细想想，就会发现这个做法的实质：对于每一个点，我们求出以它为根时的 $dp$ 数组，当处理询问 $u,v$ 时，从 $dp(u)$ 中删去那棵包含 $v$ 的子树，从 $dp(v)$ 中删去那棵包含 $u$ 的子树。怎么删除呢？其实这也算是一个套路，“假面”那题我忘了写题解，所以就在这里仔细写一遍吧：原来的dp过程是
for (R i=k;i>=1;--i) dp[i]=(dp[i]+dp[i-1]*s);
也就是把 $\{a,b,c,d\}$ 变成了 $\{a,b+s\times a,c+s\times b,d+s\times c\}$；
那么我们把它反过来做一下，消除这个操作的影响，则有：
for (R i=1;i<=k;++i) dp[i]=(dp[i]-dp[i-1]*s);
注意两遍循环的顺序是反过来的，这是因为用来消除影响的 $dp$ 值自身也应该是消除过影响的。所以这道题的复杂度就是 $O(nL)$ 了。
Day 5:
得分:300=100+100+100; rk:3;
染色
首先，每个联通块是互不干扰的，所以我们只考虑一个联通块内部的情况；
如果一个联通块是树，那么它自己就会被染完，不用管；而对于一个环，却总是需要染一条边用于"启动"。考虑对于每个联通块找出一棵生成树，那么对于某条非树边 $(x,y)$，如果不染黑它，那么 $x,y$ 两点连接的其它边就不可能被自动染黑，这样显然不优；
现在,这道题的做法呼之欲出了：对于每个联通块找出一棵生成树后，答案即为非树边的数量总和；具体实现起来当然真的去找什么生成树，用并查集维护连通性就可以了；
乘方
第 $m$ 小的数字有一个套路的解决方法：二分，并看看比这个数小的是否有 $m-1$ 个；
如何计算 $S(t)$ 中有多少个数字小于我们目前 $check$ 的 $x$ ？答案就是 $\lfloor \sqrt[t]{x}\rfloor$ ；怎么求这个呢？接着二分吗？不行，二分后还要快速幂，两个 $\log$ 就太慢了，不如直接利用C++的pow函数来实现吧！虽然有点精度误差，但是求出答案后，稍微左移右移一两位判断一下是否合法就可以了，复杂度一个 $\log$（快速幂）；
然而有一个问题...有的数可能会同时出现在多个 $S$ 中，这可怎么办呢？可以发现，如果一个数同时出现在 $a,b$ ，那么它也一定会出现在 $lcm(a,b)$ 处，我们在那里减掉它就好了；其实就是类似于一个容斥，这看上去很复杂，毕竟 $lcm$ 的范围是很大的，取值更是多种多样...不过呢，只要 $t>56$ ，那么 $S(t)$ 中 $\leq 10^{17}$ 的数就只有一个，根本不用考虑；也就是说，只需要考虑 $t\leq 56$ 的所有 $S(t)$ 就好了。这里不能靠 $dfs$ 来容斥（显然），可以通过一个简单的dp来计算每个 $S(t)$ 的容斥系数，这道题就做完了~
位运算
呃，这道题有一个简单粗暴的做法：$fwt,fwt,fwt$；直接卷出三个操作对应的数组，输出最大值及方案就好了....
然后讲一下它提供的正解吧。
Or：好像并没有什么很好的方法，官方题解也是 $fwt$ ；
Xor：依次插入每个数，并在 $0/1~Trie$ 上贪心求出最大答案；
And：从高位到低位贪心，如果当前位有 $\geq 2$ 个数是 $1$ ，那么最终答案的这一位就可以是 $1$，这时可以扫一遍，将所有这一位是 $0$ 的数扔掉，然后考虑下一位；否则直接考虑下一位；
Day 6:
得分:120=50+30+40; rk:9;
爬杆
这是一道笛卡尔树的题目...$csp-s$ 模拟赛 $T1$ 出这种题真的好么...
因为对于任意两个杆子，想要互相到达，总是要经过它们之间最矮的那根的，所以这道题看上去就跟“序列最小值”有着密不可分的关系；好吧，那我们先把笛卡尔树建出来。怎么建笛卡尔树呢？一个最简单的想法当然是用线段树维护区间最小值及位置，但是这次，我要介绍一种新的方法，可以 $O(n)$ 建出笛卡尔树；
序列笛卡尔树的性质显然有：权值满足堆的性质；中序遍历恰好是 $1 - n$ ；所以如果我们顺次将序列插入笛卡尔树，那么新加入的点 $x$ 一定会被加入到右边链的底部；但是还有权值的限制呢？在右链上从下往上找，找到第一个 $w_y<w_x$ 的点，就把 $x$ 接到 $y$ 处做右儿子，而原本 $y$ 的右子树则作为 $x$ 的左子树；找第一个 $w_y<w_x$ 的点很简单，因为右链上的值是单调的，所以类似单调栈来处理就好了；
for (R i=1;i<=n;++i) { while(tp&&h[i]<=h[ sta[tp] ]) ch[i][0]=sta[tp],tp--; if(tp!=0) ch[ sta[tp] ][1]=i; sta[++tp]=i; }
似乎我们已经建好了笛卡尔树~
现在我们来考察笛卡尔树上的某个节点 $x$ 以及它的左右儿子 $l(x),r(x)$，然后就不会了...
变换
没有，什么都没有；
游戏
其实，Bob必胜的条件是这棵树存在完美匹配；为什么？只要Alice把点放到某个点上，Bob就移到完美匹配处，这也算是另一种意义上的模仿棋了吧...
树的完美匹配是可以贪心来求的，所以我们设 $dp[i][j]$ 表示有多少种情况使得以i为根的子树贪心完后还未匹配的点有j个；仔细再回去读一遍定义！不要错误地理解成，有多少种匹配方式使得...别忘了这里是贪心匹配呀。那么dp就变得非常简单了。首先当然是对子树做背包，然后开始考虑根；如果选了i，那么 $dp[i][j]+=dp[i][j+1],dp[i][1]+=dp[i][0]$；
Day 7:
得分:75=0+60+15; rk:44;
Day 8:
得分:190=100+30+60；rk:30;
闯关
这道题是真的送分，引起极度舒适。首先可以观察到，前缀最小值序列是一个形如下降阶梯似的序列，而通关序列则是从后往前考虑每一个段，段内从前往后遍历而形成的序列；首先循环一遍，找到每一个段的开头，这个数一定是前缀最小值，对它的另一个限制是得给后面的每个前缀最小值留出取值空间。现在我们找到了所有的前缀最小值，假设有x个，为了字典序最小，我们从前往后分别填上 $x,x-1,x-2,\cdots$，这样显然合法。这时可以发现，因为剩下的数都比这些数大，所以怎么填都行，那么从小到大，从前往后就可以满足字典序最小的要求了。
动物园
这道题使我极度降智...
首先，将 $y$ 向 $x$ 连边，设 $dp[x][3]$ 分别表示这个数做完子树内操作后，动物的种类为 $0/1/2$ 的方案数；同时，对于这次询问的笼子所处的链稍微特殊处理即可。然而，然而，然而！这三种动物有本质区别吗？没有。三个dp数组的转移有本质区别吗?没有...所以这个dp数组非常没用...精简一波，你会发现转移全都是 $dp[x]*=dp[j]*k,k\in[1,2,3]$，这么想一想，可能就接近正解了。
换个角度来考虑，将合并关系建成树后，每个笼子最后都是要一直合并到根的，这其中，有一些次是主场合并，一些次是客场合并。而它的值和与它合并的值都是不定的，但概率都是$(\frac{1}{3},\frac{1}{3},\frac{1}{3})$，因为三种动物是没有区别的。也就是说，主场合并一次，胜出的概率为 $\frac{2}{3}$，客场合并一次，胜出的概率为 $\frac{1}{3}$；考虑将 $y$ 合并向 $x$，那么 $y$ 子树内的所有笼子都会多一次客场合并，$x$ 子树的所有笼子都会多一次主场合并，嗯，其实并查集是可以打标记的对吧...在 $x$ 处乘上一个 $\frac{2}{3}$，再在 $y$ 处乘上一个 $\frac{1}{3}$，将两者合并起来。这时，我们发现 $y$ 子树里的点多乘了 $w_x$，所以在 $w_y$ 处先行除掉就好了。
树
这道题十分有趣，用到了一个我没见过的结论：树的最大独立集可以贪心求；
首先选上所有儿子，然后删去被影响而不能选的点，不断进行这个操作，直到整棵树被选完，得到的就是最大独立集；为什么呢？首先，对于某个叶子，如果不选它，那么就有可能可以多选一个父亲，但是即使选上了这个父亲，独立集的大小也没有变大，同时，因为这个父亲可能不止一个儿子，有可能还会使答案变小；其次，选了叶子，那就不影响爷爷那层，不选叶子而选父亲，导致爷爷那层有些点也不能选了，所以也不如选叶子优；最后一点，因为叶子是没有儿子的，所以它和父亲必有一个被选，否则就不优。这样看来，贪心的确是对的。
再补充一点最大独立集的性质，以下设 $dp_0,dp_1$ 分别表示强制选或不选根时的最大独立集：
1.$dp_0\geq dp_1-1$；证明：考虑删掉根，将 $1$ 状态转变为 $0$ 状态；
对于原树进行两遍树形dp，求出以每个点为根时的最大独立集。等等，最大独立集和根是谁明明没有关系呀？确实没有关系，但是通过这样的dp，我们可以得到以每个点为根时，如果想得到最大独立集，需不需要选他。由于刚刚那个贪心的性质，可以发现每次新加的树一定是同时被删完的，所以选取情况也相同。如果新加的树必须要选根，那么 $T(k_i)$ 就没了，得到的 $T_i$ 相当于没选根，而答案则是 $n\times ans_{i-1}$；如果新加的树不选根，那么 $T(k_i)$ 不受任何影响，就按照最早的dp来即可，是否选根取决于一开始 $dp$ 的结果，答案等于 $n\times ans_{i-1}+dp$；
Day 9:
得分:120=0+20+100；rk:22;
Day 10:
得分:130=100+30+0；rk:23;
好吧...虽然这几场我一直在掉分，但是中间通过提高组十连测+普转提七连测上了93分，所以看上去还不算太惨；
旅行
这道题挺简单的，和“奶酪”有点像。看到最大值最小，可以想到二分一个值，看看每个点扩大这么多后，会不会把上下边界连起来；如果连起来了，那就无法通过了。其实，这就相当于找一条从下边界到上边界的路，使得最大值最小，这个过程可以用最小生成树实现；求最小生成树要用 $Prim$ 算法，因为只有它是 $k^2$ 的，其它算法都会超时；注意：不要一开始预处理所有的边，这样消耗时间过大，边做边算是一个不错的选择（因为有的边根本用不到，算出来纯属浪费）；
寻宝
首先讲一下我一开始想的dp做法吧：设 $dp[i][j]$ 表示目前选了的点中，$x$ 最大的是第 $i$ 个点， $y$ 最大的是第 $j$ 个点时答案最大值的最小值；转移比较简单，因为一个点被重复加入并没有什么害处，所以枚举一个点加入这个状态就好了；复杂度 $n^3$ ，可以得到30分；
这时我想到，会不会贪心地加一个目前状态下代价最小的点就是最优解呢？于是我写了一个暴力尝试这个做法（但是我的暴力写错了！暴力写错了！）所以就以为这个结论是错的；其实是对的啦~考虑随便加入一个点，会不会使其它点加入时的代价变大呢？看看算贡献的式子就应该知道这不可能了；所以贪心地加就可以了；
那么问题来了，怎么贪心地加点呢？我们把点分为三类：在当前矩形上方的，在当前矩形右边的，在当前举行右上方的；这三类点互不包含，且每一类点计算答案的方式是相同的；我们可以弄三个堆，分别用来计算三类点的答案；好了，没时间了，下次再写吧~
鞋子
Day 11:
今天中途改了一次数据，所以rating变了两次；
得分:200=100+50+50；rk:3;
排行榜
搬箱子
改数字
Day 12:
得分:180=100+60+20；rk:20;
LIS
图论
防御
Day 13:
得分:100=30+50+20；rk:48;
二叉树
子序列
小游戏
Day 14:
本来想靠着周末两场比赛拯救一下的，结果提高组十连测再次跳水，幸好普转提抢救了一波；
得分:135=0+100+350；rk:14;
游戏
面积
删除
Day 15:
得分:135=100+20+15；rk:18;
这样都能上分？感觉自己打的很差啊？
字符串
显然，如果$[l,r]$是一个满足条件的子串，那么$[l,r+1]$就更是了，所以只要对于每个$l$求出最小的$r$就好了；发现虽然 $n$ 挺大，但是 $m$ 挺小，所以 $O(nm)$ 的算法就足以通过；这样，我们枚举 $l$ ，贪心地把 $m$ 匹配进去就好了；当然，这里的匹配复杂度只能是 $m$ ，否则就会超时，所以要预处理一个数组 $nex[i][j]$ 表示 $i$ 位置之后第一个 $j$ 字符的位置。
异或
生成树
Day 16:
行吧，又一夜回到解放前了；$\approx$ 这四场都没打；
得分:35=20+15+0；rk:30;
舔到
惨惨鸭！
因为一个并不成立的反例，导致我把正解删掉改成了暴力。然而考试计分按照最后一次提交...否则也能得到第六名的（哭
这道题可能需要一点灵感吧。将所有树分为两种：A:所有点的度数都为奇数的；B:至少一个点的度数是偶数的；
A在一次操作后一定会变成B，而B至少有一种方法变成A（因为是一棵树，从叶子往上找，找到第一个度数为偶数的，断掉它和根就好了；如果第一个度数为偶数的点就是根，那么随便断掉一棵子树）；看上去，这正好符合博弈论的必败态，必胜态；再考虑一下，发现只有一个点的边界情况属于B，且是必胜态；那么，A就是必败态，B就是必胜态了；
没有代码
最后
一无所有
Day 17:
真·稳得不行；
得分:130=100+0+30；rk:15;
红黑树
设 $dp[i][j][0/1]$ 表示以 $i$ 为根的子树中，所有空节点到 $i$ 会经过 $j$ 个黑点，$i$ 涂成了红或黑是否可行；转移显然...输出方案时，再跑一遍dp，按照转移构造方案即可。
旅行
数字
Day 18:
得分:60=0+40+25；rk:30；
视频
图论
排队
Day 19:
是真的不容易啊，终于开始上分了...
得分:130=100+30+0；rk:13；
象棋
首先让我们给斜线编号！
第一种对角线横纵坐标的和相同，第二种对角线横纵坐标的差相同，所以我们可以很容易的算出每个棋子在哪两条对角线上，从而得到每条对角线是否被覆盖；
现在开始计算有多少个点没有被覆盖：首先按照编号从小到大枚举第一种对角线，然后枚举与它相交的第二种对角线；1->4,2->{3,5},3->{2,4,6}，可以发现，随着第一种对角线编号的增加，第二种对角线的选择区间也在不断扩大，同时，只有奇偶性不同的斜线才会相交；可能有一点点小细节，总之这题还是挺简单的；
咕咕咕
序列
Day 20:
Extra-1:
