【題解】二分+樹分治+單調佇列
題目大意就是要求一條路徑使得其中位數最大。首先由於答案很難直接確定，採用二分~
首先二分出可能答案mid。有了mid值之後對於每條邊w[i]，若w[i]>=mid，令w[i]=1，else w[i]=-1
這樣一來，問題被轉化為樹上是否存在一條長度在[l,r]之間的非負路徑，暴力判斷即可；
二分+樹分治+線段樹：
依然如20%做法找非負路徑。但這裡採用樹分治的方法。對於每棵子樹我們只考慮經過根的路徑，其餘遞迴處理。
考慮過根的路徑。對於當前遞迴到的子樹x，依次處理其兒子子樹的資訊並與之前兒子子樹得到的資訊算出答案。那麼我們要儲存的值是什麼呢？
如果我們對於每個節點儲存乙個深度de[i]，從點i到當前根節點的路徑值為sum[x]，那麼對於已處理過的所有節點的深度相同的點，只需要儲存路徑最大值即可。因為相同深度的點對答案貢獻的範圍是一樣的（都在[l,r]之間），而要找非負路徑顯然最大值更優。
得到這個性質之後，考慮怎麼更新答案。遍歷當前子樹，對於每個節點u，合法的答案就是sum[u]+max(p[v]) 其中p[v]代表深度為v的路徑最大值，v代表對於當前點距離範圍在[l,r]之間的深度。而區間最大值，我們顯然能用線段樹來做。這樣每次樹分治我們構造一棵線段樹，複雜度為 o(log n)，樹分治複雜度為 o(n log n)，二分複雜度為 o(log n)。總時間複雜度：o(n log n^3)。
二分+樹分治+單調佇列
在60%的基礎上，我們思考能否降低查詢需求區間最大值的複雜度。如果對於當前子樹遍歷時使用廣搜，那麼深度顯然是逐漸增大的，此時我們可以用單調佇列來記錄最大值。
但是這個方法要注意，單調佇列裡儲存的最多是當前子樹的最大深度個節點，所以如果處理的第一棵子樹很大的話，複雜度容易退化。為了保證複雜度，可以在二分前先樹分治做一遍預處理，使得子樹按照深度從小到大排序。
時間複雜度：o(n log n^2)；
//但是我懶，我不想打初始化，所以我樹分治加了個剪枝過的。如果當前子樹大小小於l就返回。
#include
#include
#include
#include
#define n 100005
#define inf 1000000000
struct edgee[n<<1];
int n,l,r,cnt,ans,m,mx,rt,tot,l=1,r,w[n],fi[n],s[n],p[n],q[n],f[n],g[n],de[n],fa[n];
bool bo[n];
void add(int u,int v,int w)
void findrt(int
x)
mxx=std::max(mxx,tot-s[x]);
if (m***;
}bool work(int
x)
de[e[i].to]=1;g[1]=e[i].w;fa[e[i].to]=x;
for (q[he=ta=1]=e[i].to;he<=ta;++he)
if (h<=t && f[p[h]]+g[he]>=0) return true;
if (de[q[he]]>=r) continue;
for (int j=fi[q[he]];j;j=e[j].nxt)
}mxdp=std::max(mxdp,de[q[ta]]);
for (int j=1;j<=ta;++j) f[de[q[j]]]=std::max(f[de[q[j]]],g[j]);
}for (int i=0;i<=mxdp;++i) f[i]=-inf;
return false;
}bool dfs(int
x,int z)
return false;
}bool check(int mid)
int main()
std::sort(w+1,w+n);
mx=tot=n;findrt(1);ans=-1;
for (int i=1;i<=n;++i) f[i]=-inf;
for (r=n-1;l<=r;)
printf("%d\n",ans);
return
0;}
尋找段落（二分 單調佇列）
題目描述 給定乙個長度為n的序列a i,定義a i 為第i個元素的價值。現在需要找出序列中最有價值的 段落 段落的定義是長度在 s,t 之間的連續序列。最有價值段落是指平均值最大的段落，段落的平均值 段落總價值 段落長度。輸入輸出格式 輸入格式 第一行乙個整數n，表示序列長度。第二行兩個整數s和t，...
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二分答案 單調佇列 尋找段落
二分答案 單調佇列字首和維護 每次二分乙個平均值k，序列中的數全部減去k，如果序列中存在長度在 s,t 中且和超過0的子串行，則證明仍然有更大的平均值，到 mid,r 中找，反之，則到 l,mid 中找 這個操作用單調佇列維護 i s q tail 且 sum i s sum q tail 說明i ...