ynoi2018
题解：
全分块是啥操作啊。。
而且都好难。。
1.未来日记
这个比较简单
对每个块开个线段树维护权值
$n\sqrt{n}logn$
这个会炸空间 并不能做。。。
但还是说一下做法
首先考虑分块
然后在每个块上我们要支持单点修改，查区间第k大
比较自然的想到了用线段树维护
如果没有修改就是在$\sqrt{n}$颗树上一起二分
多了修改操作
对于整块，我们考虑要打一个lazy标记 表示x颜色变成y
考虑用并查集维护
对于整块修改 $x--->y$这个操作 我们可以选择将x颜色指向y颜色
而对于单点修改，我们要将这个点指向这个颜色
所以我们的整体步骤是对每个点建立一个点，然后对存在的颜色建一个点
然后每次修改 如果当前颜色和修改成的颜色存在，我们就将当前颜色指向修改成的颜色
同时标记当前颜色不存在，如果修改成的颜色不存在，我们就新建一个点代表修改成的颜色
然后会发现这些需要一个$n*\sqrt{n}$的数组来记录每个颜色对应哪个节点
****然后莫名其妙思考了一下可撤销并查集为什么不能路径压缩 发现和这题没有任何关系
这样子大概就可以了 但是空间是光线段树就算动态开点最差也要$4*nsqrt{n}logn$ 直接自闭了
所以 我就选择看题解了
只能说题解非常的妙啊。。。。。
我们考虑$x--->y$这个操作（是个经典的启发式合并操作）
如果y原本有元素才进行这个操作，这个操作最多进行n次
另外 分块查第k大有分块的做法
就是对值域和位置都分块
cnt1[i][j]表示前i个块在第j个值域有多少
cnt2[i][j]表示前i个块j个值有多少
这样的话对于查询我们就可以先根号枚举值域
然后确定值域之后再一个个值查过去
对于零散部分一个指针扫过去就行了
然后就按照前面说的 如果有y就重构
现在的问题就剩下
2.末日时在做什么?有没有空?可以来拯救吗?
这个相对还是比较难的 要花多一点时间想
首先分块，然后我们发现我们需要维护块内前缀/后缀最大值 以及块内的区间最大值
我们考虑区间最大值我们可以分成长为$1,2,3$这样的形式
对于相同长度的我们显然只需要保留极值就可以了
现在问题变成了
支持+k(其中k>0)然后查询$x[i]+i*k$的最大值
比较显然的发现这个东西可以用凸包维护，然后在凸包上二分
但是我们注意到k是单调递增的 所以我们可以把二分变成维护当前指针（因为指针也是单调的）
这样子往往能把复杂度从$nlogn\sqrt{n}$（对应修改操作$O(klogn)$的）变成$n\sqrt{nlogn}$或者从$n\sqrt{nlogn}$变成$n\sqrt{n}$（对应修改操作$O(k)$的）
然后我们发现修改零碎块的时间还需要支持重构操作
但是发现重构好像得$O((\sqrt{n})^2)$啊。。。
这个东西我想了很久并不会。。
于是就去翻题解 kczno1的并没有说这里怎么做 洛谷上的比较详细
https://www.luogu.org/problemnew/solution/P4680
大致思路就是先分治，对于两个子区间内的显然直接合并
对于跨越中点的 等同于维护（ax,ay）+（bx,by）的凸包
然后有个叫闵科夫斯基和合并凸包的东西（我并不能百度到这个东西）
大致就是利用如下两条性质
1.一定是由两个凸包上的点合并而成
2.令$(i,j)$表示第一个凸包的第i个点，第二个凸包的第j个点
那么如果$(i,j)$在凸包上，$(a,b) \ (a<i,b>j) $一定不在凸包上（这里洛谷上那篇题解好像写的有点问题）
上面两点的正确性其实只要画画图就能知道比较显然
于是我们会发现现在我们要求的变成了一条从$(1,1)$-->$(n,m)$的路径 每次可以向上或者向右走
那么我们就可以每次贪心的选择斜率较大的那个
于是这样我们在$O(klogk)$完成了对凸包的重构
然后设块大小为k,块数为m,修改次数和查询次数都为q
这题的时间复杂度是
$q*m+q*k*logk+q*\sqrt{n}*n$ 其中$km=n$
其中最后一项的意思代表由于重构操作产生了$n\sqrt{n}$的最优端点移动
然后均值不等式一下$k=n/logn$的时候复杂度最小为$n\sqrt{nlogn}$
洛谷上的卡常技巧感觉有两点还是比较好的
$1.$当长度<k的时候可以直接n^2暴力求（这个在其他地方也有应用 比如fft）
$2.$注意到尽管是部分修改但是区间最大值的长度一定也是单调递增的
所以如果当前区间长度<这个值就可以直接结束了
另外这题如果把区间修改变为单点修改
可以用动态dp这种高科技（当然我并不准备学它 毕竟noipd2t3已经可以用这个东西做了）
也可以直接线段树维护区间前缀/后缀最大值/区间最大子段 （就和这题一样）来做
3.五彩斑斓的世界
这道题不需要太难的套路，想到的话代码相对于上两题比较简单
我们考虑将序列分为
$0~x-1$ $x-2x$ $2x+1~INF$
对于$0~x-1$
发现对于$x~2x$这一段 修改之后是会影响前面的排序的
而对于最后一段 修改之后对前面也是没有影响的
另外我们发现x-2x这一段修改相当于至少/2
所以这样的操作最多进行log次
于是就可以操作了
