離線統計邊權（刪除時間），lct維護最大生成樹即可。
也可以按時間分治，維護乙個可回退並查集即可。
很好用，但是記不住。
有一種簡明的替代方式：畫一棵遞迴樹，考慮層數和每層的節點數（線段樹分析.jpg）
\[t(n)=\frac\sum_^n[t(i-1)+t(n-i)]+n-1=\frac\sum_^t(i)+n-1
\]\[n\cdot t(n)=2\sum_^t(i)+n(n-1)
\]\[(n-1)\cdot t(n-1)=2\sum_^t(i)+(n-1)(n-2)
\]\[n\cdot t(n)-(n-1)\cdot t(n-1)=2t(n-1)+2(n-1)
\]\[n\cdot t(n)=(n+1)t(n-1)+2(n-1)
\]\[\frac=\frac+\frac
\]\[f(n)=\frac=\sum_i^n\frac\leq \sum_i^n \frac=2\ln n
\]\[t(n)=o(n\log n)
\]對於期望複雜度經典的證明方法，乘上\(n\)再錯位相減。
考慮快速排序的過程，按某個中間值分成兩半，然後找對的一邊遞迴下去。期望\(o(n)\)，然而最劣是\(o(n^2)\)。
發現最劣的情況在於每次都劃分出乙個大小為\(1\)的子問題。
可以把原序列分成\(5\)份，排成乙個\(5\times \frac n5\)的**。對每一列找出中位數，然後找到列的中位數，從這個位置劃分，可以保證每次問題規模最少降低\(o(\fracn)\)。
然而沒什麼用，因為常數巨大。
給我們的啟發意義在於，我們可以通過一些（大）合（常）理（數）手段劃分分治中心，從而降低複雜度。
sd省集講過，然而我又忘了。
證明：只需要找到總長度最小的一種方案，一定不會有交點。
一定可以找到一條直線把點集分開，使得兩邊紅黑點個數均相等。考慮座標最小的某個點為原點，把剩餘點按照極角排序，由於不存在三點共線，則一定有這樣的位置，恰好使兩邊相等。
最劣是\(o(n^2\log n)\)，但是每次旋轉乙個角度，隨機選點跑得很快，\(o(\)能過\()\)。
把\(a_i\)取個字首和\(s_i\)，發現把\((i,s_i)\)看作乙個點，就是乙個平面上距離。平面最近點對即可。我一開始想分治+斜率優化來著。
對於乙個點集\(s\)，滿足條件的點構成乙個連通塊。樹上連通塊點數-邊數=1，所以對於每個點、每條邊分別統計滿足條件的點集容斥一下即可。
統計點集相當於對每個點（或邊建出來的虛點）統計距離不超過\(l\)的點數，然後算個組合數就好了。鄰域是經典問題，點分樹就好了。
令\(b_i=w_i-\sum w_\)，則原條件等價於\(b_i\geq 0,\sum b_i=x\)。設連通塊大小為\(m\)，則它的權值就是\(c(x+m-1,m)\)。
於是問題變成統計以\(1\)為根，大小為\(m\in[1,n]\)的連通塊個數。
這個若干天前講過，求生成函式，樹剖後分治fft即可。所以二叉樹這個性質有什麼用
「動態點分治模板題，大家一定都做過，不用講了。」
點分樹支援動態新增葉子，需要像替罪羊樹一樣重構。
等價於對每條邊\((u,v)\)，統計\((u,v)\)是什麼時候開始相互可達的，然後用並查集計算即可。
整體二分。設\(solve(l,r,s)\)表示\(s\)裡所有邊都是在\([l,r]\)時間段開始相互可達的。（在執行這個函式之前，且所有加入時間在\([1,l)\)的，且在\(s\)內的邊均已加入並縮點完畢，孤立點被刪除。）
我們把\(s\)中\([l,mid]\)的邊都加入然後縮點，即可據此把\(s\)分為兩部分，遞迴即可。右邊可以直接遞迴，左邊需要對縮點可回退化一下。**很不可寫。只對涉及到的點進行計算，單次遞迴複雜度是\(o(|s|)\)的，每條邊只會被計算\(o(\log)\)次。
維護從左上角出發的最短路徑樹。
發現起點向下移動的時候，每個點在樹上的父親是逆時針單調旋轉的，且最多變\(2\)次。
對於乙個時間區間\([l,r]\)，如果乙個點沒有變父親，它們是可以縮起來的。然後就和上一題一模一樣了。
類似階乘逆元的求法，求字首積然後反向遞推回去即可。複雜度\(o(n+\log p)\)。
樹上分塊+四毛子，塊大小\(o(\log\log n)\)，可以做到線性。
tarjan+並查集實現。
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