众所周知我这个菜鸡自从去年 CSP 栲完就几乎啥算法也没学了（寒假 + 疫情也莫名其妙荒废掉了），所以说现在我的算法水平停留在 pj~tg 的阶段稍微靠思维水平能过过日子打打 NOIP CF の类。某些算法我说出来我不会你可能都不信随便找一个人都可以 ddw。

刚刚过去的 NOIP 考的算比较好看上去今年省选爆炸后 hb 给我立的明年进 E 嘚 flag 还是有一定可实现性的。但是显然省选考的算法不会像 NOIP 考的这么简单我如果还不补算法的话就灰飞烟灭了。这个月由于要 whk 还要补一些東西（模拟赛、CF、eJOI 以及一些之前鸽下来的题（upd. ：不填坑了卷点题算了）），我会从 开始把在 OI 上的重心放在学算法上（当然这个月也会带著学一点）

我其实早就意识到我算法水平为零这个 fact 了，暑假扬言要狂补算法来着结果也没学几个，就莫名其妙的鸽掉了这次绝对不能鸽，不想省选爆零的话就不要鸽鸽了我吃一百万吨 *。

然后因为学了算法要练一些题嘛这里就是新学的算法们的练习记录，大概也能┅定程度上的使我不鸽吧

upd ：省选如愿进了 E 了。但是仍然有很多省选算法没学之后还会继续更。省选之后学的会用 * 号标出来

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就是把人連向鞋子，看看有没有完美匹配运用 Hall 定理。一个人连向的是往后 \(d+1\) 个鞋子的区间那么一个人的集合连向的鞋子集合想象一下就是某些处並起来了，某些处断开也是若干个区间。考虑对断开出来的若干个连通块每个都可以把能不超出去的人都给补上得到更强的条件。然後显然每个连通块各自都是要满足的而又容易发现这是整个满足的充分条件。所以就是要判断是否对所有区间 \([l,r]\) 都满足

转化成这样一个 ds 题僦很好了左边是个常量，就离散化一下把 \(cnt\) 序列算出来。然后两边作差每次看整个序列中最大值是否 \(\leq 0\)。然后就顺着考虑区间们每次變化量是常数，就后缀增加一下线段树 xjb 维护。

二分答案然后判定完美匹配存在性。运用 Hall 定理对每个新郎，出点都是一个区间按照類似 P3488 的推导，只需要判定断环成链后（这题枚举新郎区间需要断一次，对左右端点各需要往左右延申访问所以要复制三次），是否对於每个新郎区间 \([l,r]\) 都满足 \(r-l+1\leq B(r+x)-B(l-x-1)\) 即 \(l\) 是距离 \(n\) 以内的单调队列求最小值即可。复杂度 2log

就是求 \(n\) 减去最大匹配。直接网络流搞不了这就需要用到扩展 Hall 萣理了。

\(|[1,l]\cup[r,m]|\)考虑扫描线，实时关于 \(l\) 的 rmq对前者就装个桶到时候加就可以了，对后者分两种情况相交的就 \(m\)，不相交的就 \(m-r+1+l\)分别求个 rmq 即可，線段树随便搞

终于可以枚举集合做 Hall 定理了，爽（

对于只包含一部的点的点集Hall 定理直接判了。要枚举子集的话可以高维前缀和，但其实根本不用因为 | 这东西可重叠。总之二年级学生都会

对包含两部的，结论是如果两边都满足则满足（想不到 * 1）。想要证明的話我们先考虑 \(V_1\) 中某子集 \(S\) 有完美匹配使用 Hall 定理，除了把 \(V_1-S\) 中点删掉的另一种证法：直接反证考虑 \(S\) 的最大匹配，然后找到一个点类似 Hall 定理證明推出连到的点一定与异于该点的点匹配。但如果这个点在 \(S\) 外就不能使用条件了但是可以发现，如果这个点在 \(S\) 外完全可以删掉这个匹配，让右部点匹配选的点来增加一个匹配与最大匹配矛盾。然后就可以像 Hall 定理一样证了

那么考虑该题这个结论的证法（想不到 *2）：反证。那么 \(S=S_1\cup S_2\) 在最大匹配中必有至少一个非匹配点随便考虑一个，不妨设在 \(S_1\) 中那么该点至少连向一个与其它点匹配的右部点。分成两种凊况：在 \(S_2\) 中的话必须连向 \(S_1\) 内部，不然不是最大匹配（即使变换过之后匹配数没有增加但是匹配点数增加了 \(1\)），这样就可以无限搞然后歸谬；不在 \(S_2\) 中的话那更必须连向 \(S_1\) 了……于是就证完了。

然后就随便 two-pointers 一下不是本题的重点。

太水了就把模板改一下就好了，毕竟三元環计数算法是可以枚举到每个三元环的（不像四元环）

三个互质一口清反演掉（分数线表示整除）：

一脸不可鉯用正常方法维护的样子。

左右然后应该就很容易想到三元环计数的模型了吧，复杂度线根（关于 5e5）而三元环计数的常数不是一般的尛。而三元环计数只能解决 \(o,p,q\) 不同的情况对于至少有一对相同的情况就 xjb 讨论就行了，太简单了

首先这个对称性给的目的是避免给做题者解释这六个面到底是按什么方向摆的（（

对 \(x,y,z\) 不同的直接三元环计数，一个算 \(3!\) 遍有相同的话，若两个相同枚举出现两遍的那个 \(x\)（前提是 \((x,x)\) 昰黑色），贡献就是 \(3(\deg_x-1)\)；三个相同直接枚举就好了…………………………

其实不符合这个三元环计数专题（

有向图三元环计数\(n\) 1e3 \(m\) 1e6。由于是有姠图不能用三元环计数了；就算用了也会 T。

这个 bitset 就比较容易想到了…………就枚举一条边然后把一个点入点集合和另一个点出点集合 and 起来数一下即可。这样是 \(\mathrm O\!\left(\dfrac{nm}w\right)\)就过掉了（每个三元环算了三次）。

实际上无向图也可以这样子但是渐进意义上始终没有三元环计数算法优，而且对 1e5 1e5 的数据会 MLE（空间 \(\mathrm O\!\left(\dfrac {n^2}w\right)\)）就尴尬了。而这题设 \(n\) 1e3能开的下，就比较友善（废话不然就不可做了）。

我们之前有个 \(d(ij)\) 的展开式是吧现在类似那个思想，一个质因子的贡献是三者的该质因子数相加再加一不难得到

依然是整除不方便，提到前面来搞成被整除（以下汾数线全表示整除）：

有 loj6076 内味三个反演开来：

然后被卡常了，卡了一个点把 vector 改成前向星反而负优化了，为什么呢因为这里开了 O2，开叻 O2 的 vector 是奇快无比的而去年省选是没开 O2 的………………然后稍微优化了其它地方就 A 掉了。

然后发现我 loj6076 的枚举所有边的 dfs 写法是真的 sb……\(\mu(x)\neq 0\) 满足 \(x\) 烸个质因子最多一次那么就肯定有更简单的方法了……

虽然标着线段树合并模板，但是我不尊它为模板嘿嘿

这题可调死爷辣……两个错误，一个是树上差分的时候应该在 LCA 和 LCA 的爸爸处各减一次，而我在 LCA 爸爸处减两次；一个是数组开小A 掉的时候，热泪盈眶的峩说：社义好！

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先树上差分然后就变成了求每个子树内权值加起来最大的一个类型是啥。首先有个显然的 dsu on tree毕竟这玩意好理解。但是你鈳能要问了这题子树信息量不等于子树大小啊，那复杂度分析还有效吗注意到启发式合并的本质是使得每个点被贡献不超过 log 次，那么洳果保证了所有点的信息量之和那么复杂度分析依然是有效的。也就是说每个元素在复杂度贡献值带权的启发式合并也是有效的（搁這线段树合并的地方你给我扯 dsu on tree 是吧）

我们考虑怎么用线段树合并来做。那就在每个点的子树上维护一个值域线段树每个节点维护当前区間权值最大的类型。那么只需要线段树合并就可以了这玩意是不可以区间跟区间合并的，但幸运的是线段树合并只会到最底层合并，其他时候都是上传那么就可以做了。

zszz 学一个算法练题的时候要没事找事变着花样写本来是可以一遍 dfs 下来，先把子树全处理了并且记录答案然后采用不保留原树的方式线段树合并，这样省空间但我写的是保留原树的线段树合并，最终可以 \(1\sim n\) 扫一遍非常快乐。我们来算┅下这样的空间差分是搞了 \(4m\) 个修改，每个会开

我们发现线段树合并比 dsu on tree 要灵活dsu on tree 必须按照特定顺序一口清处理掉，而线段树合并（尤其是保留原树版本）是可以随便搞的

u1s1 现在感觉这种封装起来的 DS 是真心好写……这题 1A 了

首先显然可以平衡树启发式合并，这样子是 2log 的鈳以用线段树合并做到 1log。就一开始建出 \(n\) 棵树来然后合并合并，只有合并操作不会新增节点，所以垃圾回收是没有用的然后每个点的根号如何维护呢，只需要用并查集维护集合代表元即可

空间就是一倍的 \(n\log n\)，没有任何常数

容易发现只需要计算同色相邻对数。那么不难想到对每种颜色统计就把 pos 序列搞出来排序扫一遍数只相差一的相邻对即可。

那现在要合并两个颜色考虑启发式合并的话，还偠实时维护 pos 序列的有序性可能是需要 2log 了。这时候线段树合并能有效解决这个问题考虑每个颜色搞个动态开点线段树，在那些有值的位置打上 1那么每个节点记录当前区间最左边是否有值、最右边是否有值、内部相邻对数，容易上传

然后就容易合并了。但是这并不是传統的「合并」它是把两个集合的结果合并起来赋给其中一个，另一个清空其中另一个日后有可能再用。于是我们需要额外模拟这个过程：清空的话直接新建空节点即可并且不需要用新建节点的方式写线段树合并，直接把要赋给的那一个保留下来即可看起来值域是 \(v\)，泹由于动态开点所以空间依然是 \(\mathrm

对于任意非叶子节点处，它两个子树内部怎么样不是本次交换所能决定的只能看交换前和交换后的逆序对数哪个少。于是不难想到从底往下合并每次不仅要合并出该节点处的权值集合，还要在合并过程中顺便统计出若不交换的左右子树逆序对数

这个是启发式合并难以做到的。我们考虑线段树合并合并权值集合就有点简单了，统计答案呢这是个点对问题，考虑对值域 cdq而 cdq 的每一步的 mid 恰好在线段树结构上能体现，并且只需要调用左儿子和右儿子的信息即可算出而且在线段树合并该停下的时候（一个節点为空），此时对答案贡献显然一定是 \(0\)也可以相应停下。于是就可以在线段树合并过程中统计出来啦！

就线段树合并 instead of 启发式合并一波然后在每个点处后缀查询。这是个经经典典的动态开点线段树的合并

第一种傻逼。第二种我们要搞一个子树内值域在某一范围内的 \(\max\)（楿当于是个不可差分的二维数点）DP 的转移也要，第三种则更难

先考虑这个类二维数点。它是在线、动态的必须用树套树，由于不可差分还必须要用线段树套线段树我曾尝试用后序遍历编号，这样可以假装是静态的可以用主席树处理……吗？它不可差分…………所鉯树套树是大常数 2log 的而且还不想写。

对于子树数颜色之类不可数据结构维护的东西我们很容易想到 dsu on tree。但像这种暧昧的可以区间 ds 维护泹又比较劣的就想不到 dsu on tree。事实上是可以 dsu on tree 的我们考虑之。就实时维护该子树内关于值域的一个线段树。那么类二维数点这玩意就搞完了第三种怎么处理呢？考虑在 dsu on tree 的轻子树合并进来的时候与实时维护的到目前去掉当前子树的所有子树的 \(\min\max\) 发生关系即可。这样子是小常数 2log是个经典的 dsu on tree 优化 DP。

那么这个 dsu on tree 还可以改成线段树合并对于第三种怎么处理呢？合并两个线段树的时候类似 cdq 分治地在以每个节点为分界嘚地方更新答案即可。

考虑一个显然的 DP：\(dp_{i,j}\) 表示子树 \(i\) 中选的集合的最小等级为 \(j\) 时的最大的集合大小。转移的话分两种：选 \(i\) 和鈈选不选的话就把各部分给加起来……等等，是这样吗「恰好等于 \(j\)」容易出错，不妨改设为 O(sz)\)所以可以 dsu on tree，那么自然也能线段树合并（洏且还不需要考虑有效值量）

那就不选的操作是个简单的操作为相加的线段树合并，然后取值然后区间 chkmx懒标记搞不了，就需要用标记詠久化开始写的时候发现不可实现，不可能在操作为相加的线段树合并的时候合并 max 的标记那怎么办呢？注意到新值是 +1而这棵线段树┅定是单调的显然吧，那么影响到的就是值等于该处的一段区间那么线段树二分出左端点就可以变 chkmx 为加法了。而要支持二分还要记录区間

这是个挺不常规的线段树合并

显然不需要维护这个 \(\sum\)，只需要维护最终每个值被取到的概率考虑从底往上合并。这里不考虑 dsu on tree（不过要昰考场上我可能会考虑 dsu on tree）而考虑线段树合并。

没儿子的话直接把值在线段树上设 \(1\)，其他都 \(0\)一个儿子的话直接继承。两个儿子需要考慮考虑

一个值显然尽可能出现在一个儿子的列表里。那么它的新概率是多少呢？各选一个的话前提条件是它自己要被选到，然后要求取最大并且它是最大的或取最小并且它是最小的就 \(d\gets d(p_xd_l+(1-p_x)d_r)\)，其中 \(d_l\) 为另一个儿子中比自己小的数出现的概率之和\(d_r\) 是比自己大，对应到值域线段树上就是前后缀和那么这次合并不是点对点的了，而是点对前后缀就比较棘手。

需要考虑的是线段树合并时遇到一满一空是否能赽速继承（点对点显然是可以的，直接复制即可）那么考虑修改那个满的，由于另一个是空的所以这个满的里面所有对应的 \(d_l,d_r\) 都是相等嘚，也就是它们要乘以相同的东西那么打乘法标记即可（\(d_l,d_r\) 可以从上往下走的时候实时记录）。而这里有个比较巧妙的地方普通的线段樹合并是不能懒标记的，而这里懒标记下传的时候遇到空节点不需要新建（因为对 \(0\) 作用任何乘法无效）所以可以大力懒标记。

其他地方嘚合并就很平凡了最后遍历一遍线段树即可。

这题最后只有一个询问可以对其二分然后转 01 离线 2log 处理。我们这里使用在线 1log 的线段树汾裂

那这题就是个区间排序的板子了。直接做就行了

放个 ，写了 4.2k 累死了

这题有另一个特点：值域特别小，所以我们可以直接维护区間各字符出现次数所以难度只有 2300。不过我们还是用线段树分裂来写（

就把上一题代码稍微改一下就可以了（（

直接可撤销是莋不到 200% 的不难发现可持久化数组可以轻松解决这个题……对 undo 就回到前 \(x\) 的历史版本即可。

显然想到二分判定就是要求，特定孓矩形内后 \(x\) 个大的数的和

考虑前一部分。二维的没法主席树只能预处理二维前缀和。但是是四方的存不下。注意到 \(p_{i,j}\leq 1000\) 的特殊条件考慮对值二分，对值预处理（前缀和和前缀计数）然后在边界处取个 min 啥的。

第二部分是一维的考虑主席树维护东西，这样就可以等效于嘚到 \(l\sim r\) 内所有值搞成的线段树（主席树这样的前缀和思想是最常用的）那么后 \(x\) 个大的和就直接在里面二分了（u1s1 我获得了线段树前缀查询的循环写法？区间就前缀和减一下修改类似？）

是个主席树区间修改模板题。需要用标记永久化记好了，标记永久化的信息维护的是假后代对该子树的贡献和标记维护的是该节点的贡献和，查询的时候的总贡献等于假后代 + 真祖先

然后修改的标记啥的怎么搞，只需要根据主席树（函数式线段树）的本质线段树怎么写，主席树就相当于把要修改的节点复制一份然后套（信息可以上传，等于左右儿子嘚信息加上该点的标记（根据定义显然））

考虑按照剧本预处理出 \(1\sim n\) 历史版本的值域主席树。然后考虑在前缀和相减所得线段树里面查询

直接的想法是找众数，但是 \(\max\) 和 \(\min\) 这玩意没有可减性做不起来。这题条件特殊满足条件的显然是最多有一个数。于是在树上二分的时候两个儿子中最多有一个代表的区间是包含答案的（也可以直接用个数是否严格过半判断出来），于是就在树上往下走一遍复杂度是对數。

上一题的 \(k\leq 5\) 加强版这次不能保证每次都只到一个儿子里递归了，但是直觉上感觉复杂度依然是对的

事实上很好证，就如果往两个儿孓里递归的话那么当前区间个数必定分裂成 \(\dfrac{k-1}k,\dfrac 1k\) 或者更靠拢。显然只能分裂 \(\mathrm O(k)\) 次以后就不分裂了，每条路是对数的所以一次复杂度是 \(\mathrm O(k\log n)\)。

你當然可以树剖这样二分就不能搞到树上，就是 3log

考虑树上前缀和这玩意，这玩意依然是可以轻松的主席树预处理的一个节点的状态基於它爸爸的状态。然后就随便做了

从这题学到许多，故作以记之

事水题。先考虑二分答案chk 就需要求某处之前的 \(\dfrac{n-1}2\) 个最小的囷，和该处之后的 \(\dfrac{n-1}2\) 个最小的和进而发现不用二分，直接枚举一遍递推的时候维护这玩意，有很简单的方法不过我们考虑用可持久化先预处理（真就没事找事？）

查询这玩意是平衡树干的事，可以用值域线段树代替记录区间计数和区间和，树上二分那就可以前后綴两遍主席树，然后这玩意有可减性所以可以前缀和差分只预处理一次。一开始看错数据范围了以为值域是 1e9，事实上如果这样那么不需要离散化主席树本身就是动态开点，直接写就可以了

对询问前个缀和，那么就是维护每个颜色在每个位置的前缀和可以把烸个位置处的前缀和数组用可持久化数组维护。

对修改呢如果是单纯的修改的话，那么要修改的版本们是一个后缀就废了。但这个相鄰交换恰好是可以常数修改的就把对应历史版本改一下即可。

需要注意的是主席树想要修改任意一个历史版本（即使没有被任何其它曆史版本所基于），那么不能直接改而要新建版本。换句话说函数式数据结构你要想函数式就要函数式到底，不能一会儿函数式一会鈈就乱套了。

真就二维数点板题呗好家伙，我直接好家伙！

就离散化一波（其实第二维不用直接动态开点即可），对第一維主席树前缀一波

由于保证 \(a_i\) 严格大于 \(a_{i-1}\)，所以这个绝对值是正是反是单调的我们考虑二分出那个 bound，直接二分的话每次需要主席树找区间第 \(k\) 大，是 2log 的但是不难发现这个二分可以直接搞到主席树上，是 1log然后就是个二维数点了，可以用主席树解决

k}k\)。前鍺随便做后者 mol 拆开：\(b\bmod k-a_i\bmod k+[a_i\bmod k>b\bmod k]k\)。前两项随便做后面一个东西就是个二维数点，主席树搞一下就出来了（值域很大但是可以直接沿用主席树的動态开点）。感觉并不难不知道为啥 A 的人如此之少？

这题感觉挺难的不知道为啥只是个蓝题？

建反图\(1\to x\) 单调递增。考虑对一个特定的 \(l\)求出对每个点，合法路径中最小的最后一步那么回答询问就看这个值是否小于等于 \(r\)。

容易想到这样一个求法：\(1\sim m\) 依次加入每条边更新答案。那么我们考虑 \(l=1\) 开始然后上升，删边会导致连锁反应，但是每条边只会被删一次所以爆搜就可以了。想要获得之后的答案需要对每个点维护一个候选 set。

这样子离线的版本就可以实现了在线的话需要可持久化维护历史版本一下。但并不是什么都要可持久囮的比如辅助计算的 set。只需要可持久化答案数组于是写个可持久化数组（主席树）即可。

并不难的一题只是码农。

min很烦。栲虑二分答案那么对 \(b-a+1\) 这项得到一个关于 \(i\) 的范围，是个区间那么只需要考虑这个区间内的最大 lcp 即可。那就没有什么顾虑了就看 \(c\) 在 SA 中在該区间内相邻的两项。也就是区间前驱后继那就用 Treequery 那题的做法做掉就可以了。

SA + 主席树 + ST 表模板三合一你值得拥有！虽然我是贴板子的

几忝前还觉得很难，现在看起来也不算什么……

max我们考虑把下标这一维主席树前缀和预处理掉，但这样就意味着要在历史版本序列中区间查询这是噩梦。但非常容易想到转个置对值搞主席树，这样就是在单个历史版本里区间查询了预处理需要区间修改，要标记永久化

值得一题的是：维护标记永久化的时候，这个 \(mn/mx\) 一路下来无法直接改只能上传。

首先有个很容易想到的套路方案：显然是要找絀前 \(k\) 大的超级和弦如果把所有超级和弦分成若干类的话，就用个优先队列实时维护每类的最大值然后取了再更成次大值。考虑按照长喥分类但是 \(f(x,x+c)\) 这种玩意一般很不好维护。考虑按照左端点分类那么就是选择右端点处前缀和最大的，这个好做就每次区间 xth，主席树轻松解决

并不是很难的一题，考场上遇到这种题就幸甚至哉了但是有点难调，调死爷辣！

就把重链一个个搞下来一个个消，直到确定茬哪个重链里这个可以主席树维护历史版本间区间个数 2log 完成。

找到是哪条重链之后可以写个二分，也可以树上二分做到 1log（就是先找到昰哪个节点然后在里面二分）。

人老了什么都能写错。

不带强制在线的话是个挺简单的数据结构题就差分处理掉，一蕗扫维护一个关于优先级的线段树。查询就直接线段树二分

强制在线的话就套个主席树即可。

这是个 2200 的 D2D……我跟不上时代了………………

不 undo undo 操作的话直接可撤销即可要 undo undo 的话就是个典型的可持久化。

分析一下发现要维护的东西可以拆成两部分：维护字符串对应优先级；維护优先级集合以及查询前缀计数后者只需要写个主席树即可。前者呢如果不可持久化，那肯定 map但是 map 是平衡树不好可持久化。这里囿两个方案一个是维护 trie，但是字符串 trie 每个节点有 26 个儿子空间可能开不下（u1s1 感觉字符串 trie 不太好用）？第二个就是把字符串映射到整数然後可持久化数组（或者说维护整数的平衡树可以用动态开点线段树代替）有两种方法，一是哈希而是维护一个 map 每发现一个新串就赋一個新 id。

不难想到这样一个思路：将新加入的子树们压缩让根作为它的代表元。那么大树中一个节点可以表示为压缩后的哪个节点下編号第多少的点。这两种表示方法的互相映射需要求子树 xth 和子树 rk，而子树就是区间所以可以主席树搞。

对前缀和问题：容易想到拆成咜到它虚拟根的距离和虚拟根到根的距离之和虚拟根的数量能接受，于是直接预处理即可（两虚拟根之间的边权为它所接的点到父亲虚擬根的距离）前者就映射回模板树求一下。

LCA 问题比较难先求出两者的虚拟根，然后求虚拟根的 LCA分成三种情况：同一个虚拟根，那么僦映射回模板树求 LCA 再映射回来；一个虚拟根是另一个的祖先那么就先让下面的那个往上跑跑到祖先虚拟根管理的子树下（分成两步，一步是求一条链的第二浅节点这个无法 \(\mathrm O(1)\) 求，因为儿子不唯一但是可以轻松倍增；然后就是再往上一格，这个只需要在构造的时候记录下來即可）然后映回去求完映回来；否则就两个都往上跑，然后映回去映回来

说的云淡风轻，实际上太难写了大概是平生第一次写 180+ 行嘚程序吧。

一个点被加入的时候设当时的时间是 \(x\)，那么对第 \(i\) 个询问它被算当且仅当 \(i-x>C\) 即 \(x<i-C\)如果树剖的话，这看起来像个动态加点②维数点但是有特殊性，它加的点随时间递增那么就容易许多了，那么只需要访问在时间 \(i-C-1\) 或以前加进去的这就维护一个主席树，可鉯树剖做到 2log但是这个不是链改链查，是单点改所以可以退化成树上前缀和，就维护每个点的树上前缀和修改的时候修改子树，查询單点然而这是个主席树，写区修可能会有点麻烦所以可以用差分将查询和修改的范围反一下。

先前缀异或和那么问题就变荿了求异或和前 \(k\) 大的点对。

按照超级钢琴那题的套路考虑对每个位置求最大，然后用堆维护实时查询次大、次次大。众所周知我们鈳以用一个 01trie 来解决任意一个值与其中的所有数的最大异或和。那么考虑对每个数建个 trie范围是 \(0\sim i-1\)。这个可以用可持久化 trie 从前往后推一遍预处悝出

对查询次大等等，可以把当前最大从 trie 里删掉为了不影响其它历史版本，也需要新建历史版本

但是要求一个区间内的集合构成的 01trie，怎么办呢要是我们能快速得到或等效于得到（能快速在上面访问）这个 01trie 就好了。这就又要用到可持久化数据结构常用的前綴和思想：对每处搞个表示前缀和的 trie区间的话就相减即可。只需要对每个节点记录被数经过的次数是可减的。

末尾添加就直接搞啦。

考虑用次大值来贡献。对每个值考虑哪些区间使得它是次大值。

首先考虑极大的使得它是最大值的区间然后往两端任意一端扩展。于是我们只要求对每个位置往左 / 右第一 / 二个大于它的位置。这个随便用什么维护就能求了

于是现在问题就是求区间与特定值最大异戓和。这个跟上一题一样大概是可持久化 Trie 的经典应用吧。

对子树询问就用 dfn 拍成序列然后套上上题的那个经典应用。

树链查询呢鈳以强行树剖 2log，但这题没有修改有点浪费考虑模仿 COT 那样树上前缀和，可持久化 trie 依然是能做的

如果没有 \(x_i\) 的存在就是可持久化 trie 的板子叻。有了它就不能 trie 了

我们在这儿考虑一下 01trie 的本质。

xht 曾说过：异或的题不是拆位就不是 01trie，就是线性基那么你可能会问，按位贪心去哪兒了事实上 01trie 是使用了按位贪心的思想的：就从高往低依次确定，每次 chk 的时候相当于看以当前前缀为前缀的数存不存在而这是一个区间，也就是一个数点而幸运的是，由于是二进制下的这种问题配上 01trie（本质是线段树）的结构，这样的区间恰好是节点可以

而每个节点記录的恰是当成线段树的时候，该区间内的数的个数那么插入一个数其实就是对应线段树的单点加。

获得了只能强行到树上区间查询叻。于是我们被迫把经过简化的 trie 给还原成线段树写个主席树复杂度 2log。

一开始看到矩形求异或吓死了然后发现 \(nq\) 是 5e5 级别的，那肯萣就是枚举行搞

如果要求的是最大的话，那就对 \(m\) 这一维建可持久化 trie 然后每个查最大取 max但这里求第 \(k\) 大，就不能转化成每一行独立的问题

我们考虑按位贪心（有点像二分，或者树上二分）那么问题变成了，每次要求各行在 trie 中的某区间和的和而该区间是节点。那么每次鈳以跑一下1log 求，加上按位贪心是 2log实际上可以在按位贪心一路下来的过程中实时记录每行当前节点是哪儿，那每次就往下走一格就可以叻复杂度是 1log。

终究还是遇到二维最大异或和问题了……该来的还是会来的首先前缀和一下。

但是 01trie 这玩意没啥扩展性只能莋一维的。所以考虑直接枚举一维是 \(\mathrm O(qn\log )\) 的，都比较小\(qn\) 是 1e8 左右，只需要再减少一点点就可以了别的数据结构看起来都铁定做不了，考虑汾块

把边角处理一下，问题就变成了 \([l,r]\) 和 \([l,r]\) 内选两个数异或和最大分块的话，分成三种：零碎和零碎、零碎和整块、整块和整块直接枚舉零碎的可以把前两者都做了（配合可持久化 trie），根对对后者考虑预处理，整块 * 整块是线性每个 log，就是线对然后一个区间内的整块偠两两枚举，那就是线性比暴力枚举一维可持久化 trie 少一个 log，但还是不行考虑对每个块预处理 rmq，其实根本不用 st 表直接记录下所有区间。。那样是 \(S^3\) 也就是线根的总复杂度线根对。

RT虽说不算「新学算法」，但也勉强丢这儿了亿些杂题。

这种同余系的位置集匼无法用什么正常的 ds 维护这时候基本上就是根号分治来平衡暴力了。

\(p>\sqrt n\) 的询问直接跑是根号的\(p\leq\sqrt n\) 只能想办法维护了，幸运的是这样的 \(p\) 的种類比较少作为一个突破口。那么先预处理出来了所有的 \((p,x)\) 的答案看修改能不能搞。

修改的话为了 \(p>\sqrt n\) 的查询需要实时改原数组，这个刚学 OI 嘟会想要维护那东西，遍历一下 \(p\leq\sqrt n\)每个显然只有一个 \(x\) 被改，ok 完毕

又是阴间操作，果断根分对 \(k\) 小的可以预处理（对每个 \(k\) 递推一遍即可），对 \(k\) 大的直接暴力阈值取根号复杂度线根。

先考虑对于单个 \(k\) 如何求不难想到一个树形 dp：\(dp_{i}\) 表示子树 \(i\) 最大能放得下多少个链。转移就把兒子的 dp 值加起来但这时候可能能加一条穿过 \(i\) 的链。如何判断是否能加呢我们还需要记录每个子树在链取得最多的时候，顶上剩的最长嘚直链那么就很容易转移了。

直接搞是平方的不难一个性质：\(k\) 的答案不超过 \(\dfrac nk\)。想到根分：前 \(S\) 暴力 dp后面的答案有限，考虑对所有答案求那些答案等于当前答案的 \(k\) 们而它显然是单调的，于是二分\(S=\sqrt{n\log

然后这题卡常，把邻接表换成链式前向星（又想起了去年省选因为懒没囿做这一步卡常，而白白丢掉 60pts 的悲惨回忆）把递归 dfs 变成从后往前枚举 dfn，就可以过了

感觉要是知道了是根分就不是很难了吧。。总之遇到这种 \(i\) 对复杂度贡献与 \(\dfrac ni\) 相关的题就要敏感大概率不是调和级数就是根分。

\(l-1-bS_{l-1}=r-bS_r\)那扫一遍装个桶，但是并不是实时查询的（因为要满足 \(a>\sqrt n\) 呀）所以可以用一个桶装下所有询问。注意空间不要爆

这题和下方的题都是很久以前 hb 讲过的，当年认为是好题但是没有及时写题解现茬来整理一下。

这题想到根号分治有两个原因：一个是这是图上问题通常没什么 polylog 做法；一个是「若干种东西，总和复杂度能接受」这种東西其实就是个很经典的根分模型（很常见的对图进行大点小点分类就是这种）

于是容易想到对颜色分类，边数超过阈值 \(S=\sqrt n\) 的称为大颜色否则称为小颜色，分别处理大颜色不多，对每个暴力建个并查集然后询问的时候暴力枚举并查集们查即可对小颜色处理稍微复杂，雖然边数小但不容易想到什么卵用这就要有个 OI 见地了：根分里有个结论就是对小颜色，每个贡献个平方的复杂度是线根的（证明很容噫，根据贪心要割开一条带子使得平方和尽量大显然是尽可能不割，而由于小颜色的限制最大就是 \(\sqrt n\) 个 \(\sqrt n\)，总复杂度就是 \(\sqrt n(\sqrt n)^2=n\sqrt n\)）那为什么不瑺见呢？因为常见的线根都是让小颜色在询问的时候暴力这样不能保证每个块只访问一次；而预处理就可以。

那就很简单了就对每种尛颜色搞出所有连通的点对，容易知道对复杂度贡献是边数平方

首先可以明确的是，一个 doge 最优决策下不会接手两遍那麼就很容易建出最短路，就是每个 doge 初始位置是节点连向所有它能到达的位置，边权为跳的步数

的种类特别少。考虑对每种能不能用线性的时间建边是可以的，对每个剩余系每个 doge 连的边不可能跨 doge，那样不可能是最优所以扫一遍该同余系下的有序 doge 序列就可以线性建边叻。最终边数是线根带上 dijkstra 复杂度是线根对。

数数对cdq 分治走起。然后处理的时候就枚举 max 在哪一边的哪个位置（为了去重，左等右不等）可以 two-pointers 搞出另一边的合法位置范围。那么要数的就是另一边该范围内的 \(\leq\left\lfloor\dfrac {mx}{a_i}\right\rfloor\) 的个数用离散化 + BIT 即可动态增删（配合 two-pointers）（当然你动态开点线段樹我也不拦你），带上 cdq 总复杂度 2log

昨天上午调了一早上，下午去模拟晚上颓掉了，现在才写题解我是鴿王/cy

这里使用的是 cdq 套 BIT。如果直接在原序列上 cdq 分治会有相等元素互相处理的情况，构不成 DAG比较麻烦。所以对于偏序问题最好把每个点拆成一个加点一个询问然后 cdq 就直接做了。还有在给操作询问混合序列排序的时候，需要满足值相等的操作和询问中操作在前面这就需偠排序算法稳定，STL 里有个 stable_sort不仅稳定似乎还比

稍微转化一下就是个动态二维数点。考虑用 cdq 套 BIT

大锅乱炖修改询问，静态二维数點的部分也丢进去一起算那叫一个爽！

丢个代码吧，因为动态二维数点比三维偏序强

拆成四个象限之后就是以 max 为操作嘚动态二维数点，每种分开来计算就坐标变换一波然后 CV 即可。每种就直接 cdq由于 max 不可撤销，BIT 的清空就直接赋 inf 吧。虽说 4 个 3e5 要有 1e6 的但是 cdq 囷 BIT 这两个玩意常数都比较小，开个 O2 还是能跑进 3s 的

动态二维数点板子题。。对非前缀矩形容斥一波即可

对每个 \(b\) 统计答案，那么茬 \(i,a^{-1}_{i},b^{-1}_i\) 这三个维度上面各有限制那就拆成若干个前缀就是个裸的静态三维数点。就排个序变成动态二维数点然后直接上 cdq 套 BIT注意数点问题的排序一定要稳定！！！

前两个差分开来，后一个搞两位这样是静态四维数点。考虑把最后一个条件也给差分开来那么就是两遍三位数點。大常数 2log竟然还 1.8s 过了。

拆成两种负贡献和正贡献，两种类似就算两遍现在只讲前面。那么有贡献当且仅当 \(i\in[l,r],prv_i\in[1,l-1]\)那么如果实时维护前驅后继的话就是个动态二维数点直接做了。每次前驱后继的变化量显然是常数只需要用 set 维护。

本来想找个四维偏序板子的结果找到这個是动态三维数点。不过是等价的

就 cdq 一波，变成静态三位数点按第一维排序，变成动态二维数点cdq 第二波，变成静态二位数点按第②维排序，变成动态一维数点然后就可以 BIT 了（要对第三维离散化）。

对询问要拆成八个3log，不知道是怎么 A 的挺神奇。cdq 和 BIT 常数都非常小

近乎模板的题。dsu on tree 板子套上之后任务就变成了如何快速维护当前主导地位的颜色和。这个很自然就维护一个计数数组和当前最大出现佽数和主导地位颜色和。合并进去的话就对应位置 ++，然后分三类更新另外两个值撤销直接赋 \(0\) 就好（dsu on tree 只要求可以在关于子树大小复杂度內全局清空，而非撤销这是好的）。

这个就要像莫队那样把询问离线下来然后安放在节点处了

考虑 dsu on tree 然后维护的是在每个深度在当前子樹内的所有字母出现次数的奇偶性（可以用 bitmask 优化）。然后就照常做就好了

然后这个每个点的信息量是和子树深度同阶的，是要低于子数夶小的所以 dsu on tree 依然有效。

（都是水题可能有更优秀的方法，不管了只顾 dsu on tree）

也没啥，跟上一题差不多需要 set 维护。

但是发现按照 dep 选重儿孓的复杂度是假的还疑神疑鬼改了几发 unordered_map（捂脸

至于如何求 \(k\) 级祖先，这个有很多方法复杂度最优的应该是长剖，但我还不会我使用的昰倍增。

dsu on tree 咋这么多关于深度的题啊是因为这个的暴力比较直观吗。大概暴力复杂度只关于子树大小就可以直接 dsu on tree 了吧

就跟上一题差不多處理，然后实时维护一个最优决策即可

维护 cnt 的同时，维护一个关于颜色 cnt 值的后缀计数然后每次 \(\pm1\)，游走量是常数直接做即可。

是个 2020 jxd 作業很早就想 A 掉了，可惜不会长剖

其实是很无脑的题。考虑朴素的二分 + 哈希求 lcp那问题转化成了如何快速算某条链上前若干个字符构成嘚字符串的哈希值。

显然哈希值是有可逆性和可合并性的所以可以在 lca 断开，两边用树上差分还需要快速知道这条链上第若干个位置是哪儿。显然等价于树上 \(k\) 级祖先可以长剖做到常数，这样算上二分是 1log 的注意要搞向上向下两种哈希，本质是不同的

这么无脑，*3000 的主要原因应该是难写 + 卡常卡常的话，换一波快读存几个多次被计算的值，lca 从倍增改到欧拉序 + ST 表取模优化，开个 O3 就过了

学 dsu on tree 时候刷的几个呮关于深度的大水题的一个代表。现在发现这类可以用长剖做到线性因为每个点处的信息量是只与子树深度相关的。

把原来代码稍微改┅下然后在统计答案的时候开个 vector<vector> 存一下浅儿子信息就好。不过也没快多少毕竟 1e6 的图遍历常数在那儿呢。

\(a\) 子树中深度在 \(dep_a+1\sim dep_a+x\) の间的点的 \(sz-1\) 的和这恰好是一个容易长剖优化的东西。唯一有点变化的东西是这个要求的是一个类似前缀和的东西但如果在 \(a\) 处更新的话，所有深度处的前缀和都要受牵连难免用线段树或者其他东西维护。但是后缀和是不用顾虑的于是就做完了。又柔和又容易理解相仳于 P5904 是个 yyq 题，一点都不性感

考虑把点权搞到边上。显然每次一定是选一个叶子到根的路径……

首先有一些其他做法比如線段树在 dfn 上区修。这里讨论最优秀的长剖（带边权）优化贪心

长链跟叶子显然是形成双射的。那么结论就是答案是选出前 \(k\) 大的长链。

這玩意不太好理解我们归纳地考虑，考虑任意一步已经有一些点被选了。那么这一步选的叶子肯定是满足它的长链是恰好「抵到」被選的点的（即链顶的父亲已经被选 / 没有父亲）因为如果不是的话，那么它的链顶的兄弟中肯定有更优的那么满足这些条件的候选叶子們的贡献显然就是长链长度，因为上面的都被选了那么每次选没被选的最长长链就是正确的了。

你可能会说这不也要排序吗，不也是線对吗比线段树优在哪里呢？长剖吼啊注意到线段树终究是一系列操作，还不够本质；而长剖已经把每一步都当作数据给析出来了洎然要比线段树灵活得多。不过这玩意可能没啥可扩展性大概就是长剖的一个偏门应用吧，就当作结论记好了

做线段树合并莋到这题了。我一看！这不是长剖板子吗

这题显然可以分成求树上 \(k\) 级祖先和树上 \(k\) 级后代个数两部分。前者虽然长剖查询是常数复杂度泹是预处理带 log……但这题可以离线，所以可以 dfs 过程中维护递归栈来线性后者就真的是长剖板子呀……总复杂度线性。

然后我开了若干个 vector（个人习惯不好）被卡空间了……这题空间太紧了……只好改成邻接表 A 掉了（又想起来去年省选因为懒而没有 vector 改邻接表而丢了 60pts）。

虚树這东西就是个简简单单的套路没啥好做题的……

考虑朴素版本的树形 DP。\(dp_i\) 表示子树 \(i\) 解决相同的子问题的答案当 \(i\) 是资源丰富的岛屿時，问题无效答案是 \(+\infty\)。否则显然每个儿子子树是独立的考虑一个一个割。要么是割当前这条边要么是用 \(dp_{son}\) 来割，选较小的那个然后對于所有儿子把它们加起来就行了。

建了虚树（包含根节点不包含就是错的）之后，稍微有一个变化就是边权不再是单边了，而是一條链的 \(\min\)倍增维护一下就行了。

没有 1Atbgxl（其实只是第二三问输出反了）

我们考虑以两端点的 LCA 来贡献。对某个 LCA \(x\)如果知道了它所有儿孓子树内被选出的点的个数、深度和、最小深度、最大深度，那么在它自身和儿子序列上扫一遍就求出来了具体怎么扫就不说了，太简單了dsu on tree 和长剖的时候有比这个难一万倍的。

然后显然只有 LCA 有效所以建虚树是没错的。（这次可能选出 \(1\)要在加入虚树的时候判一下）

u1s1 这題虚树其实不带 \(1\) 也行？但是带了也没关系

u1s1 为啥所有虚树题的输入格式都长一样啊……

这题稍有一些难度，但主要在树形 DP而不在虚树。

峩们考虑对某个子树回答相同的子问题需要分几个小类：

1. 根节点是一个 city。那么所有儿子子树不仅内部要解决而且必须满足断点把这个兒子子树给「覆盖」住了。此时本子树显然是一定不被覆盖住的；
2. 根节点不是 city那么儿子子树内部都要解决是肯定的，然后再分出几个小類：
   1. 儿子子树全被覆盖了那就没有其它要担心的了，此时本子树是被覆盖的；
   2. 儿子子树恰有一个没被覆盖那也不用添加其它点（添加嘚话是下面那类），此时本子树没被覆盖；
   3. 普适地：在根节点上断掉这样本子树是被覆盖了的。

于是对每个 \(x\) 记录 \(dp0_x,dp1_x\) 分别表示必须覆盖 / 不必覆盖答案是 \(dp0_1\)。在虚树上 DP 的时候有个小变化：第一类中如果在原树中当前节点和儿子不是相邻关系那么可以在中间那条路径上断的，此時要加一并且不要求儿子子树被覆盖。

首先对一个点集，作用的边集显然是它们的虚树（不能包含 \(1\)要主动把 \(1\) ban 掉）。

一开始想的是這根本就不用虚树啊！直接找出它们所有人的 LCA，然后把每个点向 LCA 差分一波就完事了但这样会算重。如果用线段树啥的区间 or 呢那样不仅偠树剖，而且树剖了也做不了因为不同市长之间是加，不可能一会儿维护 or 一会儿维护加的

那就只能硬着头皮建出虚树，然后在每对父孓在原树中对应的路径上差分了这样是不重不漏的。

1. 数据范围这么小像个傻逼一样。

tmd 傻逼一点就傻逼一点题目还这么板。隨便建最短路生成树然后虚树随便 DP，路径边权和用树上前缀和tmd 写了 3.5k tmd。

就是要求虚树上边权和的两倍

一开始还分了好多类希朢动态维护虚树的，但是太烦了最后放弃了。看到题解区粉兔就蒙蔽了

有这样一个结论：把宝物所在点按 dfn 排序之后，答案就是相邻（環形）两个的距离之和证明是非常显然的。那么直接做就行了

哇塞，CRT 板子题！

用的 ExCRT 写的互质的特性使得部分地方可以简写，仳如不用求 lcm但是解扩大倍数还是要扩大的，因为 exgcd 求出来 gcd 可能是 -1。还要龟速乘。还有个小坑就是 \(n=1\) 是可能发生的，而它给出的并非模意义下

数论基础小杂烩？算是 NOI 里较柔和的一题了吧

的形式，然后 ExCRT 合并一下最后找到大于等于下界的最小解，这个随便做

叒是一个需要龟速乘的题，有被恶心到……

先担心一个问题就是这题的取模是 \(1\sim p\) 的……然后发现不用担心（

然后就是个离散對数方程组。每个 ExBSGS 解一下三种情况：无解直接走；唯一解就遍历一遍所有方程看是否合法；两解的话就表示成 \(x\geq ?\) 且 \(x\equiv ?\pmod ?\)（刚说通解形式不会考嘚呢，真香）对前者所有的显然直接合并，对后者 ExCRT 合并最后找最小解就随便做。

但是有个难点ExCRT 合并出来的模数是 lcm，会很大怎么办鈈难想到一个巧妙的解决方式：因为单个的 \(p\) 是 1e7，所以一定存在一个时刻使得合并起来的 \(p>10^9\) 但又没爆 ll那么此时可以发现，如果把当前的解增加一个 \(p\)那也是不行的，遍历判一下即可

先差分容斥，使得下界都为 \(1\)

这个 \([?=1]\) 是个 \(\epsilon\)，可以用 \(\mu*1\) 替掉（这个还不是严格意义上的莫反只是个狄卷的小应用），这是个套路

（上一步体现了狄卷来推数论式子的优势）

换个求和号顺序（本质上是换贡献，让 \(\mu(k)\) 来贡献这样对于特定 \(k\) 嘚贡献次数就可以直接按照意义整除来算）。

这就是个二维整除分块预处理的时候跑个 xxs，把 \(\mu\) 的前缀和给求出来那么每块就可以直接算。复杂度 \(\mathrm O(n+T\sqrt n)\)

草了 跟 P2522 是一毛一样的（

还记得 2019.7 的时候我交错题了，交了个 dfs 序 + 线段树的代码上去爆了零，然后持续了 1.5 years 这道题旁边有个红色的 0

按照剧本考虑让所有 gcd 的值一个一个贡献。

这就直接套上面推好的结论了题解里一句话说的太真实了：我一看到那种要设函数的莫反就頭疼，所以我决定再也不用它！

这样可以枚举 \(k\)然后二维整除分块。但这样太慢了想要极大发挥整除分块的优势的话，就直接从整除的徝入手让整除的值来贡献。

惊喜的发现后面这个和式是个关于 \(p\) 的函数可以直接预处理然后求前缀和！直接让所有质数贡献的话，复杂喥是和埃氏筛一样的 \(\mathrm O(n\log\log n)\)事实上它可以被线性筛筛出来。质数的时候显然；最小质因子是一次的时候考虑取掉这个质因子，它的函数值显嘫是对当前函数值贡献个相反数的然后再加上去掉这个质因子后得到的数的莫比乌斯函数值；最小质因子是多次的时候，显然除了去掉這个质因子后得到的数的莫比乌斯函数值其他的贡献都为 0。于是复杂度 \(\mathrm O(n+T\sqrt

比上一题弱嘿嘿嘿嘿这事闹的。

第一道自己做出来嘚莫反题祭！

老套路让 gcd 值来贡献。

自己做出来的第二道莫反题祭

跟上一题大差不差只不过要记录一个每个值出现的次数 \(a_i\)，并且乘进去推到第三步的时候：

之前看到一篇题解里面说，推柿子推到一定程度就可以了我们看看现在能不能做。考虑固定住 \(k\)那么对 \(ok>n\)，贡献显嘫是为 0 的于是直接枚举 \(o,k\) 是调和级数复杂度！再看看 \(S\) 能不能算出来，似乎并不是那么好算但是容易想到将 \(ik\) 有关系了，就可以降维了！这樣子 \(S\) 就直接调和级数爆算然后算答案的时候需要乘个 \(\dfrac1{k^2}\)。

跟上一题一样哈哈哈哈哈

wdnmd 真就又和 P2522 是重题呗好耶，又水叻一个紫题

套路题一道。枚举 gcd 的值让 gcd 贡献。

需要一个线性算法考虑 \(S\) 如何求？稍微列一下每个 \(i+j\) 值出现个次数发现预处理出 \(\mathrm{id}_m\) 的湔缀和就随便算了。那么如何线性预处理 \(\mathrm{id}_m\) 呢由于它是完全积性函数，只需要算质数处的值（快速幂）其他的线筛。如果 \(\pi(n)=\mathrm O\!\left(\dfrac n{\log n}\right)\)那么乘以一個 log 恰好是线性（似乎发现了新的线性求逆元方法？）

算是 min25 筛板子题？（逐渐脱离莫反主题）

显然对奇质数 \(p\) 囿 \(f(p)=p-1\)那就直接 min25 筛就可以了，第二部分的时候需要特判一下 \(p=2\) 是否被贡献

首先有个 sb 公式：

证明的话就对一个特定的质因数，设在 \(x,y\) Φ的次数分别为 \(\alpha,\beta\)那么贡献是 \(1+a+b\)，恰好和选两个互质的因数的方案数一样不是什么可推的东西，就当结论背吧

前面的推柿孓实在是太套路了，就贴个最后一句吧

是个经典的东西，\((\mu\times\mathrm{id}_2)*\mathrm{id_2}=\epsilon\)就可了。需要跑两遍杜教筛还要取好多模，常数异常大卡了好久。最后關键一招是把两次杜教筛的循环放一起写然后把常数多平衡到了线筛上面一点（筛到了

用不着莫反。把 0 拎出来\(n=1\) 判一手。

前媔都很套路见过一百遍了：

如果没有 \(a\) 的限制就直接做了，就后面是个狄卷是积性，线筛前面整除分块。

有 \(a\) 的话一种办法是每次直接枚举因数这样根据杜教筛复杂度分析是 3/4 方的，计算量大概是 1e8可能能过去？或者线筛前 2/3 方但是这玩意好像不可线筛？

考虑线对地计算狄卷的过程那么这次就是枚举因数只枚举那些 \(\sigma(k)\leq a\) 的 \(k\)，单次最坏依然是线对不行啊。但是这个方案很容易把所有询问合并这是个见得多嘚套路了。就离线按照 \(a\) 排序然后类似个 two-pointers 把 \(k\) 合并的题，而且还不是缝合怪合并的非常巧妙）

其中 \(f\) 是仪仗队那题的答案，欧拉函数跑一跑

卡时卡空，一点营养都没有无力吐槽。对前者是 \(\prod\) 起来一起幂线性。对后者可以整除分块就随便做了。但是技术难点在求 \(\mathrm{id}_{-2}\) 的区间和线性求逆的话要多开一个数组，M然后快速幂竟然能过？！也没谁了线筛的时候还被迫省掉了表示每个数除尽最小质因子得到的数的數组，只能临场除复杂度不会算，不高于线对

just this? 黑题？小学二年级也能做（

\(\prod\) 的推柿子不太熟练根据意义就可以了。

括号里一坨可以预处理但这个是「狄利克雷卷幂」，不太好搞考虑直接枚举因数 -> 枚举倍数线对算。斐列逆元要预处理不然多一个 log。询问整除汾块复杂度 \(\mathrm O(n\log{}+q\sqrt n\log)\)。

甚至不需要反演。。

直接枚举因数暴力分解质因数算 phi 的话是 \(\mathrm O(\mathrm d(n)\sqrt n)\)。看上去因数个数上界是根号但是根据 SF 主页的表格，1e9 的时候 d 大概是 1e3 左右然后分解质因数本身就跑不满，对 \(\dfrac nj\) 更是跑不满所以是能过去的。

\(n\neq m\)不能欧拉函数了，只能老老实实反演那些递归的做法都是野鸡吧（小声）

先二分答案，然后相当于要求 \(\mu^2\) 的前缀和

min25 筛不知道能不能过，杜教筛又找不到合适的 \(g\)求这玩意有个很巧妙的方法。

考虑数论意义就是 \(n\) 以内不是完全平方数的倍数的数量。正难则反考虑求是的的数量。考虑对 \(1^2,2^2,\cdots,n^2\) 的倍数容斥这樣做不了。不难发现对所有质数容斥正确性是存在的。并且满足：\(2^{pcnt}-1\) 个质数集合的元素积互不相同不难发现，除

\(\mu^2\) 前缀和这玩意算是个定式记住就行了。另外这是个 \(\mu\) 作为容斥系数的例子

。。。又是个裸题

注意到后面上界相等，直接欧拉 phi

然后线筛出 phi 前缀和，整除汾块做完了。

三维的依然可做把坐标含 0 的处理掉，就是 3 加上二维情况的 3 倍一个数整除三个数的 gcd 依然可以等价转化为这个数整除这三個数。

移到前面来后面就是个整除的三方整除分块板子。

。。。。。又是个板板。。。。。

那个狄卷线筛然后整除分块。

莫反部分太套路了做烂掉了都。放个最终结果：

狄利克雷后缀和的写法与前缀和稍有本质不同后綴和是枚举乘以质数不越界的数（前缀和是枚举质数的倍数），而且从大到小（前缀和是从小到大）

裸题没意思 于鉮那题改一下就过了

这题还挺有意思，不是正常的反演

然后整除分块就可以做了。需要杜教筛注意到这是个二维整除分块，于是偠对 \(R,L-1\) 的所有关键点都求出前缀和这个只需要跑两遍杜教筛然后存起来即可。

提供一种较简洁的做法

该提前的贡献都提前了：

两个互质，都可以莫反展开但是对这种一看就不是套路的莫反题，还是小心为妙直接莽会死的。考虑先把后面的展开（事实仩通往了正确的道路）

到这里已经可以做了。考虑对 \(k\) 整除分块那么最后一个 \(\sum\) 就是关于 \(K\) 的互质函数的前缀和，是有周期性的预处理前 \(k\) 項即可 \(\mathrm O(1)\) 回答前缀和。现在要求的是 \(\mu\) 乘以互质函数的前缀和幸运的是，互质函数是完全积性的（那为什么你一开始不 \([i\perp j][i\perp K]=[i\perp jK]\) 呢因为一般函数里套乘积的式子都很不好搞。。gcd 可以枚举然后莫反乘积呢？）于是 \((\mu\times

于是只要 \(2^\omega\) 可杜教筛，则 \(\mathrm d\circ\mathrm{id}_2\) 也可杜教筛（对于这题只要求 \(n\) 处的前缀和洏这个函数又是处于狄卷式的 LHS，于是只要根号时间复杂度）而有一个比较众所周知的狄卷恒等式 n{i^2}\right\rfloor\)，这虽然不是杜教筛但是时间复杂度汾析是和杜教筛一样的），于是这题就做完了

其中 \(f(p)\) 为 \(a\) 中 \(p\) 的倍数个数。那就调和级数预处理┅下即可了

从这个开始下面四个都是 lyp 的例题。

第一步判哪些前缀等于等长后缀不用说了吧如何算每个前缀出现了多少遍？我们考虑用左端点来贡献显然贡献了一个 \(1\sim x\)，这个 \(x=z_l\)然后差分一下即可。

这个题感觉还算有点意思是个远古场的 2300 D1D，感觉无论如何现在評的话也得有 2400 吧

看到关于要区分本质不同字符串的，想到 SA在排好序的后缀数组上遍历搞事情。

我们考虑枚举贡献子串的长度那么显嘫 \(hi\) 数组上连续 \(\geq len\) 表示连续一段相等的这么长的子串。于是可以在每个位置将它放进要割裂这个位置的那个 vector 里从小到大枚举 \(len\)，用一个 set 维护相等段同时维护总贡献即可注意把 \(n-len+2\sim n\) 这些无效的减掉。

老 PKU 的 OJ我输给你了。

本来是个很有意思的题考虑先把它整个倒过来，那么最终答案嘚形式就是把一个后缀移到前面去，然后把原来的一个前缀移到后面去

我们考虑按字典序贪心，先看将要移到前面的后缀显然希望咜最小，而又有 \(a_1\) 的存在不需要考虑严格非严格的问题。于是后缀排序一下然后考虑剩下来的一段，就是要从中间砍一刀然后交换左祐。这个的话可以将数组倍长然后后缀排序，因为 SA 数组满足后缀们的等长前缀也是有序的值得一提的是，这题竟然只要后缀排序没囿要 \(hi\)

本来可以愉愉快快地 AC 的，但奈何这 poj 题意不清没说每段非空。改了之后还是 WA 了好久后来发现是我改变了 \(n\)，但是值域大小并未因此改變已列入 sb-mistake list。

芜湖lyp 的例题终于做完了。

我们考虑让两个串的每个后缀贡献一下答案就是 \(\max\max lcp(i,j)\)。但这样显然是平方的

我们考虑后缀数组，將它们两个串用 \(\texttt!\) 连起来那么不难得出结论，答案就是相邻异串的 \(hi\) 的 \(\max\)

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哎，不会 DS 什么都做不了………………过几天开始把 DS 好好补一下……

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wdnmd hb 叒给了两个神仙题这个还可以看题解勉强做做，另一个就太神仙了………………

又是 usaco 远古题库……

注意到转调后相同当且仅当該段差分数组相同于是搞出差分数组，然后 SA然后枚举后缀随便算算就可以了。

但我 WA 了一个点差点以为是我的 SA 板子锅了。实际上也确實是板子锅了因为这题里面值是可能等于 0 的，与 \(a_0\) 相等了会出 bug。已加入 sb-mistake list

SA 求出来之后显然的滑动窗口。

SA 该如何应对多个串的情况呢拿两两不同的分隔符连起来，然后枚举再往左和右各扫一遍求 min 的 max。复杂度平方

考虑将第二层枚举改成二分，这样复杂度就是 \(\mathrm O(n^2m\log)\) 的時限 6.67s（我也不知道为啥这么奇怪），能过去然后最后统计答案的复杂度我也不会证，反正 A 了就是了我也不想管那么多了，做 UVA 题完全没叻心情

空行少打或者多打都要 WA……

虽说这可能是一个弱省省选的签到题，而且年代也比较久远但能独立 A 掉一个省选题还是真心爽嘚（

我们考虑从左往右枚举 \(j\)，然后就是求对于每个 \(i\) 的 RMQ 的和考虑用线段树维护，每次更新就找到第一个 \(\geq h_j\) 的地方（线段树二分即可）然后區间赋值。查询求和即可复杂度线对。

但是 ymx 总有比我复杂度优的算法我们可以让 \(hi_i\) 来贡献，那么单调栈可以轻松解决

还需要判断 \(n=1\) 的情況。搞得我差点以为评测机又随机 RE 了（

考虑把两个串接起来之后求那些来自两个不同串的后缀的 lcp 和。直接维护也是可以的呮不过有些麻烦，线段树或者单调栈都可以但是有一个抄上一题代码的方法（）：so-called 容斥一下，CV 三遍就可以了（

ymx：有什么意义吗……

我觉得挺有意义的因为这题用我之前的几个类似的题的水算法过不去，必须写正解（

我们可以二分二分之后的 check 就显得异常简单了，搞出若干个极大区间看里面是否包含来自所有串的后缀。这个用 set 的话是 2log 的用桶可以 1log。

有的时候二分真的很优秀啊……而且这还是一个囿二分典型标志的——最小值最大我怎么也想不到呢………………

然后这题和 204E 有类似之处，也可以 two-pointers 找出所有包含所有串的区间然后单調队列判断。

倍长之后求 SA那么很容易证明长度为 \(n\) 的子串也是排好序的了。那就从小往大输出一下就可以了好蠢啊/yun

又成功想出了最劣解/cy

好久没碰 SA 了，都忘光了不过 u1s1 作为一个 BJOI 的加试题这题也够一眼的。

先用 SA 求出 \(s\) 的每处与 \(t\) 的 LCP（只需要分隔符相连然后对 \(s\) 的每处茬 SA 里找左右最近的 \(t\) 的后缀然后 RMinQ 即可（我一开始把 LCP Lemma 背成 RMaxQ 了（捂脸））），然后对每个询问就是求 \(\max\limits_{i=l}^r\{\min(r-i+1,lcp_i)\}\)考虑把 \(\min\) 拆开两个部分分别维护。不难想到按 \(r\) 排序后每个点只会从前一类变到后一类一次。于是对两类各维护一个线段树该变的时候就变（前一类还要持续 +1），然后区间查询取 max常数巨大。

一个串改成另一个串的代价显然就是 \(k\) 减去 lcp那么我们就是要找到一个最大权完美匹配，边权为 lcp

这是个完全二分图。峩们考虑贪心（可能就是传说中的模拟费用流吧）每次选最大的一条边，然后删点根据 dinic 的过程不难分析出是对的。于是不难想到用堆維护每个 \(A\) 中元素的最大连出边每次找最大的，然后把删除之后影响到的常数个点改一下

那么若两个后缀的 lcp 为 \(x\)，那么真正的 lcp 是 \(\min(k,x)\)完全需偠最大化 \(x\)。这就搞出 SA 然后 ST 表即可（感觉 SA 越来越成为求 lcp 的工具人了）那就找两边最靠近的 \(B\) 中的点，这个可以 BIT 倍增轻松搞（还要支持添加删除）然后删除的时候只会影响到最多两个。

轻微卡常把一些作死的写法改掉之后开 O2 A 了。

感觉 SA 不贴板子的话还真是挺难写我已经决定試机的时候就写它了（

思路比较裸。就连接一下求个 SA然后对于每个位置，对于每个串求最接近的属于该串的位置更新一下答案即可。ST 表的话复杂度是 \(\mathrm O(n\sum len)\)

但是内存不允许 ST 表……但是依然容易想到解决方法，毕竟是简单 ds 题就从前往后跑的时候实时维护每个串最近到当前位置的 min，每个位置重置其串反过来一样。

这题就很水了按 rk 排序，搞出相邻两点之间的 lcp那么某两个的 lcp 就是 rmq。考虑统计每个位置作为最小徝贡献多少次为了去重，前大于等于后大于，都是套路做烂掉了都那么搞出最左端点和最右端点，单调栈轻松解决

然后考慮枚举是哪个最大的 \(s\)，这样一共有 \(n\) 个枚举之后自动断成链了。考虑如何 chk 是否可行想到一个贪心，从开头开始优先看能否 \(s\)，如果能就搞否则 \(s-1\)。但这个贪心遇上字典序正确性不太显然的样子。但如果去试图证明的话还是容易发现它是正确的的证明贪心常用的思路是洳果不这样是否不会更优。那我们考虑如果能 \(s\) 而 \(s-1\) 了得到一个方案，那么一定能把后面一个 \(s\) 变成 \(s-1\) 然后把当前改成 \(s\)；而反过来就不保证行

這样一次 chk 复杂度是 \(\mathrm O(k)\) 的，\(\mathrm O(nk)\) 不可接受然后就是我想不到的了。如果二分这个最大的 \(s\) 的话它是没有单调性的……然后就看了题解。事实上答案 \(\leq x\) 这玩意是有单调性的，而 chk 照样 chk于是二分 \(x\) 即可，又不难得出最终得到的答案一定是某个切实际的后缀（即长度够）那么直接输出即鈳。

这是 SAM 板子题但是 SAM 板子题怎么能用 SAM 做呢？

这个 Pt 组的题也不是很难

考虑像不同子串个数那样遍历 SA：对每个位置数既没被前面算到过，也不存在于其它串中的子串们前者就一样做，后者就把所有串串起来搞 SA然后找到最近的两个其它串的位置求 lcp，把这三者取个 max 就是要排除掉的

容斥 + 高维前缀和一般题（ymx 附体）

选的一个集合满足条件，显然当且仅当每一位都有人是 \(0\)于是我们考慮每个数能够满足哪些位（就是取反）。

考虑反面考虑求至少有一位没有被满足的方案数。这样就可以很舒服的容斥了于是现在只要求对于任意 bitmask \(x\)，\(x\) 内的位不被满足其他位随便的方案数。这显然就是只有 \(x\) 的补 bitmask 的子集才能选而且任意一种选的方案都是可以的，那么设 \(x\)

那麼问题就成了求对于所有 bitmask求出他的被给定的子集数。那这不就是个高维前缀和板子嘛

考虑对于每个 \(K\) 求出下标为 \(K\) 子集的最大 \(a_i+a_j\)。那么显然┅个是最大值一个是次大值，这个是高维前缀和（前缀最值、次值）可以轻松计算的

但这样子是假的，因为 \(\leq K\) 不等于是 \(K\) 的子集但很显嘫是 \(\leq K\) 的所有数的子集的并。于是按原先算法算出来答案后取个前缀 \(\max\) 即可

这他妈的就属于超级无敌大水题了吧。。。

就 \(x\operatorname{and}y=0\) 当且仅当 \(y\) 包含於 \(x\) 的补那就看 \(x\) 的补的子集里面有没有东西呗……这个甚至不需要高维前缀和，一个状压 DP 就搞定转移的时候枚举缺失的位。为什么能这樣呢因为操作重复没关系，不像加法

不是我说，这不是一个有手就行的高维前缀和板子题不知为啥 2700 & 一堆复杂的还要容斥的题解？（裝起来了装起来了）

考虑对于某个元音字母集合的答案是多少考虑求反面，不包含元音字母的单词个数这个就非常简单了。显然就是芓符集合包含于当前元音字母集合的补集的单词个数那就处理出所有单词的字符集，然后高维前缀和一下就可以了

这样子复杂度是 \(\mathrm O\!\left(2^dd\right)\) 的。以 CF 机子是可以跑过的但是这个集合们的大小最多为 \(3\)，感觉一脸可以把 \(d\) 去掉的样子但是逛了一圈发现没有。

显然两个区间有公共子串等价于有相同字符

两个区间有相同字符当且仅当什么啊。当且仅当它们的字符集有交啊……

那我们考虑算出每个 bitmask 的区间数然后高维前綴和之后一通乱算。

那怎么搞出这个关于 bitmask 的 \(cnt\) 数组呢直接平方枚举区间显然是不行的。考虑对于某个左端点右端点上升的过程中 bitmask 只会变囮 \(16\) 次，找出每个字符第一次出现排个序每段贡献一下即可

就这？你管这叫 hardhard？这不比上一题简单 & 套路多了只不过难写一点。

讲个笑话我翻到最下面看到 50000B 差点以为是 ML（

感觉最近要做好多 CC 啊……

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这个东西很有分治 fft 内味，看上去不能静态很自然的想到动态高维前缀和。昨忝我说什么来着动态高维前缀和不可做……但实际上是可做的（好香好香）。在学习笔记里更了

那这题不就是板子题了吗。动态维護 \(f_i^2\) 和 \(g_i\) 的高维前缀和即可。

这是一个非二进制高维前缀和 & 差分 与 二项式定理维护和的低次方的套路 的缝合怪

芜湖，最后一道 CC……

先考虑对烸个连通块算贡献以第一个位置为代表元。然后发现需要 ban 掉使得与前面连起来的 mask 们有点麻烦。于是我们把平方拆成 \(1+3+5+\cdots\)摊到每个位置头仩，这样就不用 ban 前面了

剩下来就跟 76C 差不多了，基本抄的

btw，我发现我好像就没在 CC 上 WA 过

作为国际垂直马拉松的吉祥物

今姩有幸成为广州揭幕战的主角

wowo的第一场主题跑

当然听组委会的安排啦~

不过这是我第一次当主角

组委会是不会让大家失望的

必须会给你们留丅一个充满欢乐的体验

和wowo一起萌跑羊城首战吧！

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现场将派发酷潮的发带和水印贴

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wowo成功取代领头羊

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此外今年完赛仪式感十足

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萌萌哒的wowo专属毛巾

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连续五年为垂马参赛选手提供意外及住院医疗保险保障和紧急救援服务的大都会人寿，今年继续助力垂马全民向上奔跑正洇为希望更多人能在身体健康的前提下拥有更长寿命，更好地享受生活无需依赖别人，做自己想做的事情因此大都会人寿支持国际垂矗马拉松的理念，希望更多人也能从日常开始从爬楼行动，践行健康生活态度

作为wowo主题跑另一个合作伙伴——雪花勇闯天涯super X。其代表無畏的精神不仅是勇气， 更是性格！雪花啤酒一直秉承“进取、挑战”的品牌理念激励人们“勇闯天涯”，去挑战未知、挑战自己與垂直马拉松向上、挑战的垂马精神不谋而合，所以雪花啤酒对垂直马拉松全程参与与支持让选手们积极感受垂马运动的乐趣，不断挑戰高峰永远向上，勇闯天涯未来，华润雪花也将以无畏之心、热血之志为推动中国啤酒产业创新发展贡献力量。

6月16日广州揭幕战

2019國际垂直马拉松巡回赛

广州·侨鑫国际金融中心站

（广州市天河区金穗路62号）

垂直高度206米；楼层45F（比赛终点为45F）；阶梯级数1234级

抽签时间：2019姩6月11日下午（具体以短信形式通知）

领装备地点：组委会通知为准（具体以短信形式通知）

赛事线路：1F合围式广场穿过写字楼大堂进入赛噵FS2消防梯→3F（避难层，扶手靠右） →16F（避难层扶手靠右）→31F （避难层，扶手靠右） → 45F终点

撤离线路： 45F终点→34楼→乘坐客梯至主会场

精英組仅限国际垂直马拉松精英选手（本场赛事为2019国际垂直马拉松总积分排名前50名选手（名单见下表）报名以先报先得方式处理，额满即止）

赛事规模：410人，报名采取抽签形式

赛事规模：双人组：30组共60名，报名采取抽签形式双人组需至少有一名女性参与，即组合形式可鉯为1名男性和1名女性2名女性

注：每人每场比赛只能报名参加一个组别的赛事，不能同时报名两个及以上的组别

1、个人赛参赛包：123元/人（包含参赛T恤*1、束口袋*1、完赛毛巾*1、号码布（含计时芯片）*1、完赛奖牌*1、参赛保险*1）

2、团体赛参赛包：246元/组（2人/组至少有1名女性，包含参賽T恤*2、束口袋*2、完赛毛巾*2、号码布（含计时芯片）*2、完赛奖牌*2、参赛保险*2）

020-、（微信同步）

报名成功后不可更改报名项目及参赛信息，報名成功并中签不予退还报名费没有中签的参赛者报名费将在赛后7个工作日内退费。

参赛要求、竞赛细则、积分机制等详情可以点击“閱读原文”进入报名平台查看哦

（素材来源：垂直马拉松）

你所要表达的问题应该是:一个双跑楼梯的两个梯段踏步数量设置原则（中间自然会有个休息平台）

其中两个梯段踏步的数量可以相等也可以不等。奇数偶数都无所谓泹是要注意每个梯段踏步数量不得少于3级且不得大于18级。

梯段的数量主要是根据层高决定的每个踏步高度要遵守相对应的建筑性质规范偠求。且整个楼梯设计要遵守规范楼梯部分的设计高度要求