t1 的暴力 dp 寫了很久，心裡也覺得不太穩，但過了大樣例就沒管，結果爆 0 了。。。還是不能有僥倖心理
t2 想到了正解結論但寫了個暴力維護沒過樣例，以為假了，而且時間也不太夠
t3 想到了正解結論的弱化版，還是缺少觀察
首先是時間分配不太合理，在感知到 t2 可做的情況下還花了大量時間做 t1，不太划算
其次是有些浮躁，能想出一些東西但不夠深入
「沒啥了，沒啥，就挺自卑的，挺難受的，感覺啥也不是——pyt」
序列 \(a\) 出現多次算多次，那麼可以列舉出現位置算有多少個彩色序列，直接算很難，考慮算補集（有多少個非彩色序列包含 \(a\)）。
直接 dp 需要狀壓（判斷 \(a\) 是否出現），減小狀態的關鍵是觀察 \(a\) 在不同情況下的性質，分類討論採用不同 dp 方式
具體做法官方題解很詳細了
「至少 \(20\%\) 結點有趣」顯然是用來隨機化找到乙個有趣點的
建 dfs 樹，如果樹中存在前向邊/橫叉邊那麼根一定不合法，否則樹上都是返祖邊，考慮其他點是否合法
結論：一點合法的充要條件是其子樹中的返祖邊僅有一條指向子樹外（該點祖先），且該點祖先合法
正確性顯然
實現方法貌似有很多
設每個向量選了 \(k_i\) 次，那麼合法的 \(\,\cdots,k_\}\) 一定唯一對應乙個凸包，因此本質是數序列。同時可以發現，凸包橫座標極差為 \(\sum_>0}k_x_\)
樸素做法是列舉每個 \(k_i\) 或狀壓當前 \(\sum k_x_\)。
類似「noip2021 t2」，考慮按位 dp 來湊出 \(k\)。列舉 \(k_i\) 在當前位的取值，結合上一位的進製可以得到 \(\sum_>0}k_x_\)，合法的條件是 \(\sum_>0}k_x_，\sum_<0}k_x_\) 當前位相同。
為了保證 \(\sum_>0}k_x_\le m\)，還需要記當前及以後位是否 \(\le m\)
這個 trick 大概對於 \(\sum^k_x_=m\)，\(n,x\) 很小而 \(m\) 很大的題都適用
沒啥大問題，唯一的遺憾就是最後 30min 沒有玩 t1 的 \(k\le3\) 而是去打 t3 的表
結論：乙個劃分是守序的，等價於 \(\forall k\in(1,n],\exists i,\min a_
必要性：若不滿足，則可將 \(a\) 根據 \(\max\) 與 \(k\) 的大小劃分為兩個集合 \(s,t\)，則有 \(\forall i\in s,j\in t,\max a_，一定不能相鄰，無法成環
充分性：考慮歸納構造。先將 \(a\) 以 \(\min\) 排序，設前 \(i\) 個 \(a\) 已排列成環，根據結論一定存在 \(j\le i,\min a_<\min a_<\max a_\)，又有 \(\min a_<\min a_\)，可以將 \(a_\) 放在 \(a_j\) 之前
發現我們只關心每個 \(a\) 的 \(\min,\max\)，且不關心其具體大小，可以以此 dp。從小到大列舉每個數 \(i\)，考慮其放到那個集合中。
設 \(f[i,j,k]\) 為前 \(i\) 個數，分成 \(j\) 個集合，其中 \(k\) 個的 \(\max\ge i\)，轉移有四種：
做法很多：分塊，莫隊，線段樹+bitset。標算是 \(\text\log\) 的
顯然難點在於單點修改、區間乘積的 \(\varphi\)，即 \(\prod(1-\frac)\)。（每個質因子只貢獻一次，所以本質是數顏色）
修改本質是刪除和插入，而刪除可以看作插入的逆元，分別考慮每個質數的插入。使用set維護集合 \(\\}\)（即質因子包含 \(p\) 的位置集合）
這類問題的經典想法是容斥。記 \(w=1-\frac\)，在 \(i\) 位置插入時，求出其前驅 \(pre\)，後繼 \(suf\)，然後在 \((pre,suf),(i,i)\) 上乘 \(w\)，\((pre,i),(i,suf)\) 上乘 \(\frac\)，這樣查詢 \([l,r]\) 時只需要查正方形 \((l,l)\sim(r,r)\) 的權值積，這是乙個樸素的三維偏序
時間複雜度為 \(o(n\log^)\)。但 \(40000\) 內的數最多有 \(6\) 個不同質因子，每次修改需要在平面上加入 \(6\) 個點，因此常數很大
記 \(mn(i)=\min(a_,a_)\)，\(mx\) 同理
先考慮 60pts 的費用流做法：先統計所有的 \(|a_-a_|\)，將 \(b_i\) 插到 \(a_i\) 前的貢獻為：\(\max(2b_-2mn(i),2mx(i)-2b_,0)\)，可以將 \(a,b\) 的值分開計算。建兩個點代表 \(\max\,\min\\)，這樣只需要將 \(a,b\) 分別與這兩點連邊，邊數降到 \(o(n)\) 級別
進一步發現這張圖性質很好，可以模擬費用流
結論：若要反悔，一定是將一條原來與最大值匹配的線段改為匹配當前最小值，並給被奪取匹配的最大值另找一條線段
證明：顯然具體的匹配不重要，只需要考慮線段是與最大值還是最小值匹配。因此反悔時一定是將原來匹配最大值的改為匹配最小值，且被奪取匹配的最大值不會繼續反悔，否則在它加入時就已經反悔了
另一種考慮角度是觀察網路流的圖，只能從另乙個代表最值的點退 \(1\) 單位流量
開四個堆儲存最值，陣列記錄匹配情況即可
感覺這兩天簽到完了就沒啥幹的，想不動也寫不動。以後如果發現簽到題就先寫完拍上，然後扔掉去做原計畫。還有就是學藝不精，看到點仙人掌沒想到邊雙樹
考場上打錶出了 \(ans(n,k)=\text(n,ans(n-1,k-1))\)，但沒意識到答案就是 \(\text(1\cdots n)\)。。。 證明
那麼只需要維護字尾的 \(\text\)，可以使用主席樹+棧來維護質因子
有樹剖+線段樹和 lct 兩種做法，不難想，但確實難調。考場上遇到這種題一定要慎重抉擇是否寫
寫完一題就交一下，別最後發現什麼問題導致手忙腳亂的
這題的 \(k\le2\) 和 \(w_=1\) 都是原題，做的時候也沒想如何擴充套件，於是 gg 了
先k++，這樣距離為 \(k\) 的點對可以同時選
正解考慮 dp，設 \(f[u,d]\) 為子樹 \(u\) 中所選的點距 \(u\) 至少 \(d\) 的最大價值，轉移時列舉距 \(u\) 為 \(d\) 的點出自那個子樹：
這是長剖優化的經典形式，寫的時候注意定義中蘊含了字尾 \(\max\)，需要仔細維護
dp 部分
ll dp(int u,int d)
rfor(i,h[v],0) f[u][i] = max(g[i], dp(u,i+1));
}}
最初的想法時列舉點對算貢獻，但這樣需要考慮兩點到其 lca 路徑上所有點，複雜度無法接受。不過據此可以得到正解的想法：在 lca 處統計貢獻
設 \(f[u,v]\) 為子樹 \(u,v\) 中點歸併成的拓撲序中逆序對數的期望，\(g[u,v]\) 為點 \(u\) 比子樹 \(v\) 中點大的個數，有
\[ans=\sum_f(u,v) \\
f(u,v)=\frac(g[u,v]+\sum_f(x,v))\frac(g[v,u]+\sum_f(x,u))
\]統計答案為列舉 lca（\(w\)），則其兩子樹 \(u,v\) 中的點都是 \(w\)，一起計算
\(f\) 的轉移為先列舉 \(u,v\) 哪個在前，然後合併其子樹（子樹合併順序無關，因此不需要考慮相互的影響）
記得預處理逆元
考了好幾次拉格朗日插值了，卻都沒能看出來，當初學習的時候大概只是記住了公式，但對其使用情況並不熟悉，需要引起注意
記 \(p_=\lfloor\frac\rfloor,q_=ic-b\)（\(q_i\) 即為滿足 \(p_=i\) 的最小 \(x\)）
\[a_=a+\sum_^f(i)a_}
\]考慮算後面的 \(\sum\)：
\[\sum_^f(i)\sum_^}f(j)a_} \\
=\sum_^}f(j)a_}\sum_}^f(i) \\
=\sum_^}f(j)(sf(n)-sf(q_-1))a_}
\]如果設 \(g(i)=f(i)(sf(n)-sf(q_-1))\)，那麼就是乙個遞迴的形式
每次 \(g\) 的次數會加 \(m+1\)，遞迴次數為 \(\log\)，使用 \(o(n)\) 拉格朗日插值複雜度為 \(o(m^\log^n)\)
實現上可以遞迴，每次傳遞 \(g\) 的點值即可
使用多項式科技可以做到 \(o(m\log^n\log^(m\log n))\)
顯然通過 \(n-1\) 次詢問可以得到每個深度上有哪些點，然後考慮逐層計算（為當前深度的點在上一層找父親）
從上一層的點中隨機乙個點作為基準，詢問這兩層的點到基準的距離，不難發現父親與兒子的距離差一定為 \(1\)，可以據此分治（建議畫圖，本質是從基準開始跳父親，分離出其兄**樹中的點並遞迴該子樹）
詢問複雜度為 \(t(2^)=\sum_^t(2^)+2^\)，據 chy 證明為 \(o(n\log n)\)，實際表現約為 \(10n\)
codeconst int n = 1e5+5;
int dep[n],dis[n],fa[n][17];
vi ver[n];
void init(int u,int v)
int lca(int u,int v)
int dist(int x,int y)
int visit(int, int);
int v(int x,int y)
void mysort(int x,vi::iterator l,vi::iterator r) {
for(auto i = l; i != r; ++i) dis[*i] = v(x,*i);
sort(l,r,(const int &x,const int &y){return dis[x]
省選模擬 19 09 11
ps.博主趁資訊課摸魚考的暴零模擬 看門人憑感覺就知道是長鏈剖分，將路徑查分一下，dis u di sv 2 dis lc adis u dis v 2 dis disu disv 2 disl ca 維護fu,if fu,i 表示u的子樹，深度為 i 的點的 dis disdi s最大值 考慮如何...
省選模擬96
容易發現當 k 3 時無解。然後容易證明當 k 3 時，只有 m 3 才是有解的。然後直接做不好做，考慮欽定然後容斥出合法方案。對於 k 3 列舉乙個點，然後計算另乙個的方案數。其他情況類似，欽定滿足條件的角，然後容斥。然後對於每乙個 o n 的式子用組合恒等式大力化簡就可以做到 o 1 了。考慮每...
省選模擬86
首先考慮基礎的dp定義，那麼發現轉移需要的係數只和dp是奇數的點的個數有關，所以將這個東西記錄在dp狀態中就行了。然後推一下dp轉移，發現轉移係數和奇數的點的個數沒有關係，只與是否存在這樣的點有關，所以用01來記錄就可以了。考慮用總方案減去不合法的方案，也就是1號點能到達的點和2號點能到達的點沒有交...