【考试总结】2022-08-04

大家

令一个没有被点亮的点为根，设 $f_{x,0/1/2,0/1}$ 表示 $x$ 为根的子树里面有路径的 $0/1/2$ 个端点，此时得到的不完成的序列使得 $x$ 的开灭状态为 $0/1$ 的最小序列长度

值得指出的是，$f_{x,2,* }$ 的常规理解是 $x$ 子树中的序列在最终序列中分成两截，$x$ 在第一截末和第二截初出现。但是出于最终统计答案的方便，这两次出现只记录一次。$f_{x,0/1, * }$ 不受影响，$x$ 在子段末尾的出现不作修补。

合并那些存在没被点亮的点的子树，设当前要合并 $(u,v)$。路径端点数量的这一维度是背包。

如果 $v$ 中不设置端点，直接压到序列末尾即可。此时在子树遍历序列尾添加一个 $u$ 连接 $u$ 和之后的序列。如果 $v$ 没有被点亮就向下走一步去点亮。

如果 $v$ 中设 $1$ 个端点，如果是从 $f_{x,0,*}$ 转移到 $f_{x,1,*}$ ，由于之前归并的部分前后都有 $x$ ，于是两段长度相加即可；如果从 $f_{x,1,*}$ 转移到 $f_{x,2,*}$ ，$f_{x,1,* }$ 作为前半段，它的末尾有 $x$，$f_{v,1,* }$ 作为后半段，它的开头没有 $x$，恰可以满足 $f_{x,2,* }$ 的定义。于是不需要额外讨论或者长度附加。这里没点亮还会让序列长度加 $2$

如果 $v$ 中有两个端点，于是之前 $u$ 子树中不能存在端点，最终序列可以表示成将 $u$ 已经得到的序列嵌进 $v$ 得到的序列，由于 $u$ 向上的部分不添加，于是 $u$ 的状态不变。如果 $v$ 再添加返祖位后没有被点亮，需要往返一次将其点亮，此时 $u$ 的状态也发生了改变。

时间复杂度 $\Theta(n)$

$dp_{x,1,* }$ 的转移真的很神奇，怎么看怎么神奇

身体

分治，考虑 $a$ 的最小值在左侧时，在右侧的情况可以翻转序列处理。以下提到的 $a,b$ 都表示分治中点到 $i$ 的 $a/b$ 最小值

枚举 $i\in[l,mid]$ 。那么当 $b$ 的最小值也在左区间时，能满足条件的最大右端点可以双指针得到。

否则 $b$ 的最小值在右区间，上面提到的双指针也可以确定满足这一条件的合法区间（$a_i$ 是 $\min a$）。而此时贡献形式为 $a_ib_j(j-i+1)$ ，每个 $i$ 的最优决策点可以用凸包来得到。

又由于有合法区间的限制，需要线段树维护凸包。

时间复杂度 $\Theta(n\log^2n)$

健康

当 $x,y$ 没有祖孙关系时，它们的 $\rm LCA$ 只能是给定的关键点之一。如果可以实现将给定关键点建带有包含关系的树之后可以直接求 $\Theta(n)$ 个点的 $\rm LCA$。询问是将 $x,y$ 定位到所在直链的下端点再处理即可

求树时初始化 $n+1$ 个直链的底标号为最后一层点，一层点变成上一层时需要删掉一个，右边的点左移一位。使用权值线段树来模拟整个过程，删点就是权值赋 $0$，求某个 $a_i$ 所控制的两条直链的链底可以线段树上二分。之后再将 $a_i$ 对位的链底标号修改即可

由于查询的时候还是需要每一层的信息，那么需要将线段树可持久化

时间复杂度 $\Theta(n\log n)$