寒假记录
CF 1903F：
考虑二分答案 \(ans\)。
可以得到这样的限制：
- 若选择了 \(x\)，则不可以选择 \(x+1,x+2,...,x+ans-1\)。
- 对于一条边 \((u_i,v_i)\) 若未选择 \(u_i\)，则必须选择 \(v_i\)。
这是一个 2-sat 的形式。但限制 1 建边太多，可以用线段树优化建图。
CF 1903D2：
先介绍一个 trick：子集 dp。
问题：有 \(n\) 个集合，元素为 \(1\) 到 \(m\)，求其中为 \(s\) 的子集的个数。
先把每一个集合的信息进行状压。
然后设 \(f_{s,i}\) 表示：为 \(s\) 的子集的集合中前 \(i\) 位元素和 \(s\) 完全一致的个数。
转移：
\(f_{s,i}=f_{s,i+1}\) 当 \(s\) 的第 \(i\) 位为 \(0\)
\(f_{s,i}=f_{s,i+1}+f_{s\oplus (1<<i),i+1}\) 当 \(s\) 的第 \(i\) 位为 \(1\)。
可以通过倒序枚举省去第二维（类似 01 背包）。复杂度 \(\Theta(m2^m)\)。
当然，将问题改为 “求其中满足 \(s\) 为其子集的个数。” 也可以用类似方法解决。
回到本题，容易想到按位贪心。需要快速计算当前位为 \(1\) 时的代价。
可以发现，假设贪心到第 \(i\) 位，前若干位构成的数为 \(s\)，代价即为所有前若干位不是 \(s\) 的子集的个数和前若干位是 \(s\) 的子集但第 \(i\) 为 \(0\) 的个数的和乘上 \(2^i\) 再减去前若干位是 \(s\) 的子集但第 \(i\) 为 \(0\) 的数字和。利用上述方法可以解决。还要注意 \(x\) 太大的特判。
设 \(a_i\) 最高位为 \(k\)，预处理复杂度 \(\sum_{i=1}^k \Theta(i2^i)=\Theta(k2^k)\)，即 \(\Theta(V\log V)\)。查询复杂度 \(\Theta(q\log V)\)，总共 \(\Theta((V+q)\log V)\)
CF 1901F：
设 \(L\) 的中点为 \(M\)。 容易证明，\(S=\frac{(n-1)\times (y_0+y_{n-1})}{2}=(n-1)\times Y_M\)。 只需要最小化 \(Y_M\) 即可。
发现 \(Y_M\) 是合法的，当且仅当在 \(x=\frac{n-1}{2}\) 左右两侧分别任选一个点连线，所连线段交 \(x=(n-1)/2\) 于 \(M\) 下方。所以我们只需要在每一个时刻求一个纵坐标最大的交点。
当更新发生在 \(x=\frac{n-1}{2}\) 左侧时，右侧的状态是固定的。可以先在右侧建一个凸包，左侧每一个点分别做凸包上二分，找到纵坐标最大的交点，然后前后缀取 \(max\) 即可。
当更新发生在右侧，在左侧建凸包即可。
CF 1895F：
容易想到把序列用其差分序列表示。记 \(d_i=a_i-a_{i-1}\)（$ i>1$），则 \(-k\le d_i\le k\)。
观察发现一个重要结论：只要存在一个小于 \(x+k-1\) 的位置，且存在一个大于 \(x\) 的位置，序列既满足条件一。
我们知道，只要钦定一个最小值后，差分序列便可以和原序列一一对应。所以总的方案数就是 \((x+k)\times (2k+1)^{n-1}\) 减去每一个数都小于 \(x\) 的情况数。后者可以简单 dp 求出，再把转移方程构建为矩阵，使用矩阵快速幂即可做到 \(\Theta(n\log n)\)。
CF 1854C：
观察发现，每一个元素是否被消去仅和其本身与比其略大的元素有关。尝试求每一个元素被消去前的期望操作步数，求和即为答案。
设元素 \(x\) 的后一个元素为 \(y\)，初始位置为 \(a_x\)，\(f_{a,b}\) 表示 \(x\) 到达 \(a\)， \(y\) 到达 \(b\) 这一事件发生的概率。
转移是显然的。该元素的答案即为 \(\sum f_{i,i}\times(i-a_x)\)。 这样做的复杂度为 \(\Theta(nm^2)\)，可以通过本题，但还可以做到更好。
因为 \(\sum f_{i,i}\times(i-a_x)=\sum f_{i,i}\times i- a_x\)，根据期望的可加性，可以把所有 \(n\) 个元素一起计算 \(f\)，并一起算贡献。可以做到 \(\Theta(m^2)\)。
CF 1842F：
设子树 \(u\) 中黑点个数为 \(val_u\)。显然的，答案为 \(\sum |k-2\times val_u|\)。显然的 \(\sum |k-2\times val_u|\ge \sum (k-2\times val_u)\)。
最重要的发现：进行换根后，以上式子一定可以取等！只需要钦定根节点为由黑点的中心即可。
所以，依次钦定每一个结点为重心，作为树根。此时，将一个节点 \(v\) 变为黑色会产生 \(-2\times dep_v\) 的贡献，故按 \(dep\) 排序，依次变为黑色，并更新答案即可。根据先前的式子，如果该节点不是重心，一定劣于最优解，故不会对答案产生影响。
CF 1854E：
考虑一个新状态合法的充要条件：
设原本为 1 的 \(m\) 个位置分别为 \(a_1,a_2,...,a_m\)，操作后的位置为 \(b_1,b_2,...,b_m\)，其中 \(a_i,b_i\) 单增，则 \(\sum |a_i-b_i|\le k\)。
由于两个球的相对位置不变，必要性是显然的。对于充分性，考虑一下构造：
从左往右考虑，若 \(a_i\ge b_i\)，直接把将其向左移动；若 \(a_i\le b_i\)，先忽略，待 \(i+1\) 至 \(m\) 个球调整完毕后再将其右移（显然的，后面的球不会移到 \(b_i\) 的左侧）。
使用这个充要条件直接 dp，可以做到 \(\Theta(k n^2)\)，无法通过。
对 \(\sum |a_i-b_i|\le k\) 进行转化。设 \(x_k\) 表示小于等于 \(k\) 的 \(a_i\) 的个数，设 \(y_k\) 表示小于等于 \(k\) 的 \(b_i\) 的个数。考虑每个位置 \(k\) 被线段覆盖的次数 \(|x_k-y_k|\)，得到 \(\sum |a_i-b_i|=\sum |x_i-y_i|\)。而且 \(y_i\) 具有 \(b_i\) 所不具有的性质：\(y_i-y_{i+1}\le 1\)。可以得到 \(\max |x_i-y_i| \le \sqrt{k}\)。利用这个性质 dp，可以得到一个 \(\Theta(nk\sqrt{k})\) 的做法。
CF 1814F：
显然可以用线段树分治和一个并查集维护每一个时刻图的状态，但我们需要求在所有时间内曾经和 \(1\) 联通的点。
考虑在线段树的叶结点（一个时刻）的位置在 \(1\) 的祖先上打一个标记。这个标记在并查集回撤时下传。但这样有一个小问题：
假设 \(v\) 被合并到 \(u\) 上了，但 \(u\) 已经打了标记，在回撤时，\(v\) 也会被打上标记。我们把标记具体化一些：设 \(val_u\) 表示 \(u\) 与 \(1\) 连通的时间，那么回撤时，令 \(val_v=val_v+val_u\)。为了避免上述情况，应当在合并时先将 \(val_v=val_v-val_u\)，这样回撤时 \(val_v\) 加上的就是合并发生后的合法时间了。
ARC 170E：
可以把操作过程抽象为一个由 \(L\) 和 \(R\) 组成的序列。序列第 \(i\) 项为 \(L\) 表示第 \(i\) 步顺时针运动，为 \(R\) 表示第 \(i\) 步逆时针运动。
设共有 \(l\) 个 \(L\)，\(r\) 个 \(R\)。答案为 \(\sum_{i=1}^l i+\sum_{i=1}^r i\)。分别考虑 \(l\) 和 \(r\) 产生的贡献。方便起见，此处只说 \(l\)。
进行 dp。设 \(f_{i,1,2}\) 表示到第 \(i\) 步为 \(l\) 的期望贡献。设 \(f_{i,0,2}\) 表示到第 \(i\) 步为 \(r\) 的期望贡献。显然，求出 \(f_{i,1,2}\) 需要知道第 \(i-1\) 步前期望有几个 \(L\)。设这个东西为 \(f_{i-1,0,1}\) 和 \(f_{i-1,1,1}\)，分别表示第 \(i\) 步为 \(L\) 或 \(R\)。要求这东西还需要知道第 \(i-1\) 步为 \(L\) 的概率，同样去设。可以得到转移方程。由于 \(n\) 很大，而每一步的转移相同，考虑把转移挂在矩阵上做矩阵快速幂即可。
LOJ 3934：
第一问很简单，经典的倍增。主要说第二问。
先想一个单次询问线性的做法。设 \(i\) 向右走 \(k\) 步可以到达 \(r_{i,k}\)，向左 \(k\) 步可以到达 \(l_{i,k}\)。
考虑从 \(a\) 到 \(b\) 的一条的最短路径为 \(dis(a,b)\)。那么一个位置可以位于 \(x\) 到 \(y\) 的最短路径上的充要条件是 \(dis(x,a)+dis(y,a)=dis(x,y)\)。这相当于存在一个 \(k\)，使得 \(r_{x,k} \le a \le l_{y,dis(x,y)-k}\)。设 \(s_i\) 表示 \(1\) 到 \(i\) 中特殊点的个数，\(d=dis(x,y)\)，可以得到答案即为 \(\sum_{i=1}^{d} s_{l_{y,k-d}}-s_{r_{x,k}}\)。把式子拆开，即为，\(\sum_{i=1}^{d} s_{l_{y,i}} -\sum_{i=1}^d s_{r_{x,i}}\)。分别用倍增维护即可。
LOJ 3935：
“从任一点出发，到固定点结束” 显得非常奇怪，考虑时间倒流，建反图。
问题转化为从固定点出发，到任意点结束，到达一个点仅初次有贡献，若到达时间为 \(t\)，贡献为 \(m_i\times (s-t)\)。考虑固定到达点的集合，尝试最小化 \(m_i\times t\)。由于如果出现 \(s>t\) 的情况，该集合一定不优，所以无需处理 \(t\) 的范围。
这个问题可以 dp 解决。设 \(f_{S,i}\) 表示已达集合为 \(S\)，目前位于 \(i\) 的最小答案。预处理两点之间的最短路径 \(dis_{i,j}\)，将当前状态转移到一个位于目前未到达的点的状态即可。如果最短路上点为到达，那么这种转移也一定是不优的，不用额外考虑。
对于一个询问 \((s,e)\)，我们需要找到一个点集 \(S\)，设 \(S\) 中元素的 \(m_i\) 的和为 \(sum\)，用 \(s\times sum-f_{S,i}\) 更新答案。用凸包上二分快速回答询问即可（也可以把询问离线，然后用单调性解决）。
LOJ 3956：
先考虑 \(k=1\) 怎么做。
