数据结构 泛做

享受一个人在机房里面调 $DS$ 的感受

感觉有些处理方式是很妙的

长链剖分

组合

设 $f[x][i]$ 为叉的下长减上长为 $i$ 的方案，$g[x][i]$ 为距离其长度为 $i$ 的点数

直接转移是 $\Theta(n^2)$ 的，使用长链剖分进行优化

长链剖分将重儿子的定义改为最长链的儿子，一个性质是树上所有长链的总和为 $n$

转移的时候每个长链的儿子显然可以继承父亲的信息，另一个令人耳目一新的操作是使用数组分配下标的方式：先开一个长度为 $2n$ 的数组，每次 $f,g$ 直接分配，儿子的数组 f[son[x]]=f[x]+1,g[son[x]]=g[x]+1

剩下的都是 $dp$ 的转移了：

For(j,0,len[t]-1){
      ans+=g[t][j]*f[x][j+1]+f[t][j+1]*g[x][j];
     if(j) f[x][j-1]+=f[t][j];
}
For(j,0,len[t]-1) f[x][j+1]+=g[t][j]*g[x][j+1],g[x][j+1]+=g[t][j];

Link Cut Tree

THUWC2017 在美妙的数学王国中畅游

想到不联通显然 $LCT$，那么变成抄式子，给了泰勒展开那么维护若干项即可：

考虑 $sin(x)$ 的泰勒展开：

$$f(x)=\sin(x),f'(x)=\cos(x),f''(x)=-\sin(x),f'''(x)=\cos(x),f''''(x)=\sin(x)$$

那么复合函数求导数得到：

$$(f(g(x)))'=f'(g(x))\times g'(x)$$

所以套上去就得到了 $sin(ax+b)$ 的泰勒展开的式子，也就是乘上 $a$ 的若干次方

考虑 $e^{ax+b}$ 的展开

设 $f(x)=e^x,g(x)=a(x)+b$，还是能得到 $(f(g(x)))'$

$$(f(g(x)))'=f'(g(x))\times g'(x)=af(g(x))$$

多求导就是多乘 $a$

那么套上 $Taylor$ 展开的式子，维护每次的系数和，剩下的都是「模板」$LCT$ 了

所以这题的收获是 $Taylor$ 展开科技：$f(x)=\sum \frac{f'(x)\times x^i}{i!}$

ZJOI2016 大森林

考虑题设可以把它们都离线之后统一处理，那么 $trivial$ 地用扫描线处理操作

也就是每棵树先长出来最终形态再回答询问

对于生长一个节点，直接差分，最后统一做即可

而对于更换生长点，考虑建立若干虚点表示操作，但是没有点权（真正生长出来的点有点权，为了求 $dis$ ）

具体而言，一开始求最终方案的时候

修改 $l,r$ 的生长点，先对存在 $x$ 号点的区间取交集

之后让新点和原来的生长点连边，再和新的生长点连边

在最后的统一处理中把虚点切掉/连上即可

平衡树

【WC2016】鏖战表达式

水高分容易 $AC$ 难

用可持久化 $fhq\ treap$ 做其实十分显然，所以 $80\ pts$ 是 $trivial$ 的

在 $\texttt{mathew99}$ 的博客里面给出了卡掉的构造：先来一堆 $ord=1$，再来一堆 $ord=2$，一次类推，这样这个算法的复杂度到了 $k\log n$

而正解用了随机化：对于 $fhq \ treap$ 的合并，这样写：

if((ord[l]==ord[r]&&rand()%(sz[x]+sz[y])<sz[x])||ord[l]<ord[r]) balabala...
else balabala....

这样单次复杂度期望 $O(k+\log n)$

证明？Itst说有2019/2018的论文，然而论文网址废掉了

记录两个 $\texttt{fhq treap}$ 的手残的地方：

$(1)$ $\texttt{split}$ 第二个的时候记得是 $\texttt{split(x,size,x,z)}$

$(2)$ 可持久化的时候 $merge$ 写的可持久化后的点

Codeforces702F T-shirt

一开始得到一个二分的做法，但是发现这个没有单调性，所以就放弃了

换一个角度，$fhq \ treap$ 对每个人的获得量和当前剩余的钱数进行维护

对于每个货物，二分得到买得起它的子树，打钱数减少和答案增加的标记

对于权值减少后的重复，也就是 $cost\le v\le 2cost$ 的 $v$ 暴力插入平衡树里面，剩下的因为肯定还是权值大的部分，直接合并

每次插入会导致 $v$ 减少一半，所以复杂度是合法的

这个标记下方要注意，尤其是最后输出答案的时候要遍历全树下放标记

【Hdu6087】Rikka with Sequence

维护原始的平衡树来对付 $3$ 操作，每次拆出来对应的区间合并就行

对于 $2$ 操作，考虑 $k<r-l+1$ 的时候这个区间是会被不断复制的

那么把区间分裂出来，然后倍增出来每段的树，最后统一合并区间即可

这里还有一个 $trick$ 是定期重构，具体而言： if(tot<M-N/3) rebuild();

cdq 分治

Luogu4655

一万年没写过斜率优化了，所以重学了斜率优化

$dp$ 式子是 $trivial$ 的，如下：

$$f_{i}=(\min_{j<i} f_j-s_{j}+(h_i-h_j)^2)+s_{i-1}$$

$$f_i=(\min_{j<i} f_j-s_{j}+h_j^2-2h_ih_j)+s_{i-1}+h_i^2$$

如果 $j>k$ 同时

$$\frac{f_j-f_k+s_{k+1}-s_{j}+h_j^2-h_k^2}{h_j-h_k}\le 2h_i$$

那么 $j$ 的决策比 $k$ 优

但是 $h_i$ 不保证满足任何条件，所以我们并不知道这要维护个啥凸包

所以 $cdq$ 分治来解决动态凸包的离线维护：

按照 $cdq$ 分治优化 $dp$ 的原理，先处理左侧的 $f$ 区间内左边对右边的贡献，最后处理右边的答案

对于当前分治区间 $[l,r]$，先按照 $id$ 排序，处理左边的答案，回溯之后把左边的凸包建出来，这样满足转移都是有效的

然后把右边的点按照 $x$ 排序进行转移即可

复杂度 $O(n\log n)$ 或者用 $sort$ 就多个 $\log$

具体实现的时候也可以先把所有点的 $w$ 都扔到 $f_1$ 上然后每次转移可以方便一点

Luogu4849

然后就写了个 $cdq$ 套 $cdq$ 的模板题……

由 $cdq$ 的原理，考虑 $sort$ 掉若干维之后剩下的维中左对右的贡献

处理低维 $cdq$ 的时候我们本质上是把左侧的 $a$ 只转移给右侧的 $a$

那么先做一次 $cdq$ 把 $b$ 也同样操作一下，标记上是 $L/R$

所以 $a\in L,b\in L$ 的才可以添加进入 $BIT$ 同时 $a\in R,b\in R$ 的才可以查询

再套上个 $cdq$ 支持多维偏序即可

代码其实 $trivial$ ，想法确实有意思

Luogu6007

设 $f_{x,y}$ 表示到 $(x,y)$ 的最小步数

转移是 $trivial$ 的，$f_{x,y}=\min(min((f_{x-1,y},f_{x,y-1})+1,f_{p,q}[q\le x,q\le y])$

既然是个 $cdq$ 的题目，那么总该有点 $cdq$ 的求最大值的样子

所以考虑转化成最多节省了多少步，则答案为 $2m-f_{m,m}$

每次支持查询 $(1,1)\to (x_1,y_1)$ 的最大的 $f$ 即可

稍微转化一点的 $cdq$

目前不会 $BIT$ 的 $\Theta(n\log n)$ 的做法

虚树

HNOI2014 世界树

得到一个朴素的 $dp$，设 $f_x$ 表示 $f_x$ 的归属，那么 $bfs$ 可以得到

时间复杂度 $O(nq)$

但是这样虚树的数据范围就没用了，发现其实可以分割链的贡献

不难进行若干次 $dfs/dp$ 求出来每个虚树上的点的归属，设为 $bel[x]$

对于一条链 $(u,v)$ 分如下的情况讨论

$(1)$ 如果 $bel[u]=bel[v]$ 那么直接找到 $u$ 在 $v$ 方向上的儿子 $s$，贡献是 $sz[s]-sz[v]$

$(2)$ $bel[u]\neq bel[v]$ 二分端点，$sz$ 的贡献并不难得出来

$(3)$ 虚树上的点不在虚树上的子树的贡献，显然应该贡献给 $bel[u]$

时间复杂度 $O(nlog^xn)$

HEOI2014 大工程

建虚树，然后 $dp$ 考虑每个虚树上的链的贡献即可

注意：每个链的经过次数是 $sz[x]\times (m-sz[x])$

点分治

分岔路口

显然先跳然后走会比较优秀，那么这个做法对两点的距离没有要求，而且答案一样

所以计算一下这个分界然后判断即可，写出在对于一个范围：$E=\frac{n+Sum}{num}$

$num$ 表示在范围内的点的个数，$Sum$ 表示这些点的距离和，这部分可以使用点分治/树

$Id$ 函数和 $F(x)=\frac{n+Sum}{Num}$ 都是连续的，交点必然只有一个，所以可以使用二分求交点

实现的时候每次让 $ans$ 对二分得到的期望取 $min$ 保证正确性

luogu4115

本来想套 $ZJOI2007$ 捉迷藏的线段树维护直径的做法，但是交了几次发现不行

其实也就是因为那个题的边权都是正的，这题从下往上传递信息的时候会挂掉

那么还是去想点分治

每个点存到点分树夫亲的距离 $d[x]$ 和 所有点分树儿子的最大值

具体维护时，用第一个堆来维护第二个堆（这里看了题解）

当然需要支持可删除堆来代替 $set$ ，那么我又复习了如何写可删除堆

想了半天才懂，懂了就好说了

CF990G

大力点分治，每次直接 $O(n^2)$ 合并子树信息即可

不太清楚为啥能过，但是过掉了

看题解说 $gcd$ 有收敛性？

Luogu2664

如果当前点 $x$ 的颜色是从根到之的第一次出现的，那么它对于根的其它子树的答案有 $sz[u]$ 的贡献

那么我们现在仅考虑如何求得跨过 $root$ 的答案

考虑记在当前分治重心的总权值和为 $sum$ ，那么其对于 $ans[x]$ 的贡献要减掉 $x$ 子树里面的点的贡献

接着考虑在 $x\to root$ 的路径上的点，设个数为 $num$ 不难得到贡献应该是其它子树里面的和：$(sz[root]-sz[x]) \times num$

大体思路并不复杂，魔鬼永远在细节：分治重心的处理和子树内部颜色的重复

需要想清楚，想清楚了并不复杂

归总，写很多个 $dfs$ 就行了

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注意！！点分治找重心的时候记得清空 $f[x]$

Codeforces150E Freezing with Style

首先把中位数都离散化下来，然后点分治的过程中进行二分

以上都是从 $\texttt{WC2010重建计划}$ 中套出来的 $\texttt{trivial}$ 套路

显然是考虑对于每个分治重心维护跨过其的最大的两个链进行合并

中间套个单调队列维护两个信息就行了

貌似单调队列写了一万年，为啥都快省选了单调队列这种东西还要调……

Luogu3714

点分治，接着考虑如何合并两个子树的信息

按照上个题的思路，两个不同颜色的合并需要减掉对应的代价

具体而言，对于每个扫出来的子树，合并长度为 $i$ 的路径信息就查 $\texttt{[L-i,R-i]}$ 最大值

所以搞俩线段树，颜色不一样的时候线段树合并就好了

动态 DP

如何求带修改的最大独立集？

把转移分成两个，即 $f[i][0/1]$ 表示（不）选择当前点的答案

同时 $g[i][0/1]$ （不）考虑重儿子当前点的答案

这东西可以写成一个矩阵乘法的形式

那么每次被更改的 $f,g$ 数组构成一条链，对矩阵开线段树维护即可

卡常方式貌似是用 $LCT$ 或者循环展开

有效的是每个重链开线段树来降低 $query$ 的复杂度