loj6515 貪玩藍月
容易發現本題中要求的信息不支持快速合並，不支持快速刪除，但是支持快速插入。
所以一個簡單的離線做法就是線段樹分治。
只要按照時間建線段樹，把每個操作插入到對應節點上。
最后 \(dfs\) 一遍線段樹順便插入，在葉子節點輸出答案即可。
然而這個信息是支持快速合並兩個信息的。
即可以將問題分為兩半，之后枚舉一邊大小，另外一邊通過單調隊列來實現找到最大值。
所以只要取 \(n\) 個元素的中點為分界點。
一個問題是，如果 \(pop\) 的過多導致超出分界點應該如何處理。
方法是繼續選擇另一邊的中點為分界點，對全局進行暴力重構。
直觀理解復雜度就是對的，可以通過分析這樣一個函數來證明其復雜度：\(\phi=分界點左元素個數-分界點右元素個數\)。
對於每個操作，可能會使其變化 \(+1,-1\)，單次操作復雜度為 \(O(p)\)。
另一種可能是使其賦值為 \(0\)，因為此時左側或右側元素個數為 \(0\)，單次操作復雜度就是 \(O(|\phi| p)\)。
因為在操作之后將函數值歸零，復雜度是正確的。
CF1129D Isolation
容易想到一個簡單的朴素 \(dp\)。
\(dp_i\) 表示當前將 \([1,i]\) 划分為了若干合法段的方案數。
有這樣的轉移 \(dp_i=\sum \limits_{j=0}^{i-1} dp_j * [f(j+1,i) \leq k]\)。
其中 \(f(l,r)\)，表示 \([l,r]\) 這段區間中出現次數恰好為 \(1\) 的顏色數。
然后發現 \(f\) 函數沒有什么很好的性質，並不能用數據結構簡單的維護。
考慮由 \(f(l,r-1)\) 到 \(f(l,r)\) 的變化。
那么對於 \(a_r\) 出現的最后三個位置 \(x,y,r\)。
\([x+1,y]\) 內不再出現恰好一次，進行區間減法。
\([y+1,r]\) 內恰好出現一次，進行區間加法。
對於其他情況的取值，沒有影響。
所以考慮對原序列分塊，每個塊開一個桶記錄每個 \(f\) 值對應 \(dp\) 的和。
對於每次修改操作重構邊界塊，對內部的整塊移動一下指針即可。
loj 3166 魔法樹
其實限制的是這樣一個東西，每個點的選擇時間要小於等於其父節點的選擇時間。
若一個點 \(i\) 的選擇時間恰好為 \(d_i\)，則獲得 \(w_i\) 的收益，求最大收益。
可以進行一個 \(dp\)，\(dp_{i,j}\) 表示 \(i\) 的選擇時間為 \(j\) 的最大收益。
令設 \(g_{i,j}=\max \limits_{k=1}^j \{dp_{i,k}\}=\max \{g_{i,j-1},dp_{i,j}\}\) 輔助轉移。
那么 \(dp_{i,j}=[j=d_i]*w_i+\sum \limits_{x\in son_i} g_{x,j}\)。
容易發現一個點有效的 \(dp\) 值只有子樹中出現過的選擇時間。
根據樹上啟發式合並的思想可以繼承重兒子，暴力累加輕兒子。
得到 \(dp\) 數組，然而仍然無法暴力掃一遍進行取 \(\max\) 操作。
然而其實我們只需要 \(g\) 數組，然后前綴取 \(\max\) 這個操作具有推平的性質。
所以用一個 \(set\) 維護每一個連續段的 \(g\) 值，在合並的過程中跑一跑就可以做。
更簡單的做法是對 \(g\) 數組進行一下差分，只維護其中非 \(0\) 的位置。
然后子樹合並是簡單的，對於單點修改操作，顯然並不能直接累加在差分數組上。
執行下面這樣的操作來彈掉錯的部分即可。
s[x][d[x]]+=w[x]; ll delta=w[x]; auto it=s[x].upper_bound(d[x]),tmp=it;
while(it!=s[x].end())
if(delta>=it->second) delta-=it->second,tmp=it++,s[x].erase(tmp);//dp(x,d(x))更優
else{ it->second-=delta; break; }//這個點更優
loj 2537 Minimax
首先是一個簡單的 \(dp\)。
\(dp_{i,j}\) 表示節點 \(i\) 權值為 \(j\) 的概率。
注意到每個葉子節點的權值不同，對於 \(j\) 在左子樹中：
\(dp_{i,j}=dp_{lch,j}*(p_i \sum \limits_{k=1}^{j-1} dp_{rch,k}+(1-p_i) \sum \limits_{k=j+1}^{\infty}dp_{rch,k})\)
對於 \(j\) 在右子樹中是同理的。
對於一個節點，\(dp_i\) 中不為 \(0\) 的下標一定是子樹中出現過的權值。
所以使用線段樹合並來優化這個轉移。
對於當前合並到的節點 \(lc,rc\)，區間為 \([l,r]\)。
若 \(lc,rc\) 均有值，那么遞歸兩個兒子節點。
若只有 \(lc\) 有值，實際上只需要得知 \(\sum \limits_{k=1}^{l-1} dp_{rc,k}\) 和 \(\sum \limits_{k=r+1}^{\infty} dp_{rc,k}\)，然后打上區間乘法標記即可。
這兩個信息只要維護子樹和，就可以在線段樹合並的同時維護出來。
CF1340F Nastya and CBS
首先對原序列分塊，依次考慮每個塊。
若塊內的括號無法進行匹配，顯然括號序列非法。
否則可能存在一些無法匹配的括號，這些括號一定可以表示為 \())))(((\)。
對於詢問操作，從左到右依次考慮每個塊（包括散點）。
維護一個棧表示已有的左括號。
然而一個問題是，如果暴力加入每個塊中的括號，復雜度顯然是錯的。
對於棧內元素維護一下元素個數和元素的所屬塊，首先確定彈出的元素個數，然后通過哈希判斷是否可以一次性彈出。
CF1290E Cartesian Tree
根據笛卡爾樹的性質，一個子樹的 \(size_i\) 實際上就等於 \(r_i-l_i+1\)，（這里的 \(l_i,r_i\) 是動態變化的，所以應該是排名）。
這個信息可以拆成 \(l_i,r_i\) 分別維護，考慮后者。
對於 \(r_i\) 這個東西，實際上就是滿足 \(a_{r_i+1}>a_i\) 的最小的 \(r\)。
考慮插入一個最大值 \(a_{p}=x\)，排名為 \(q\) 對 \(r_i\) 的影響。
對於滿足 \(r_i \geq q\) 需要進行 \(+1\) 操作，因為插入了一個數導致排名產生變化。
對於 \(i<p\) 的下標 \(i\)，需要使 \(r_i\) 對 \(q-1\) 取 \(\min\)。
注意到前一個操作似乎並不能簡單維護，但是將兩個操作結合起來卻可以。
對於 \(i>p\)，有 \(r_i \geq i > p\)。
對於 \(i<p\)，顯然 \(r_i\) 在進行過第二個操作之后 \(<q\)。
所以問題就是前綴取 \(\min\)，后綴 \(+1\)，全局求和。
這個東西寫個勢能分析的線段樹，維護 最大值/次大值/最大值出現次數/兩個加法標記/區間和/區間合法點數 就好了。
CF1260F Colored Tree
考慮通過枚舉顏色/點對來求和。
設 \(g_i=r_i-l_i+1\)，這樣的話答案可以寫為
\(\sum \limits_{c} \sum \limits_{l_i\leq c \leq r_i} \sum \limits_{i<j,l_j\leq c \leq r_j} \frac{dis(i,j)}{g_ig_j} \prod \limits_{k=1}^n g_k\)
將 \(dis(i,j)\) 拆成 \(dep_i+dep_j-2dep_{lca(i,j)}\)，這樣的話可以將式子中的 \(i,j\) 分裂開求和。
考慮通過類似掃描線的算法，掃一遍顏色 \([1,m]\)。
同時動態加入符合條件的，動態刪除不符合條件的 \(i\)。
要求的是 \(\sum \limits_{i} \frac{dep_i}{g_i} \sum \limits_{j>i} \frac{1}{g_j}\)
\(\sum \limits_{i} \frac{1}{g_i} \sum \limits_{j>i} \frac{dep_j}{g_j}\)
\(\sum \limits_{i} \frac{1}{g_i} \sum \limits_{j>i} \frac{dep_{lca(i,j)}}{g_j}\)
前兩項都可以簡單的維護，最后一項要用到一個特殊的技巧。
把 \(dep_{lca(i,j)}\) 這個東西差分到樹上的每個節點。
其實就是把每個 \(i\) 都打到它的每個祖先節點上，貢獻為 \(\frac{1}{g_i}\)。
對於每個 \(j\)，對它的祖先節點權值求和即可。
區間修改/區間查詢，可以用樹剖+樹狀數組/線段樹維護，也可以用 \(lct\)。
loj 3277 星座 3
對樓房高度建出笛卡爾樹。
這樣的話只需要在 \(x\) 兩個兒子合並的時候，要求不能同時存在 \(\geq a_i\) 的兩個星星。
所以可以寫一個 \(dp\) 出來，\(dp_{i,j}\) 表示 \(i\) 子樹代表區間中，最大高度為 \(j\) 的最大權值。
同樣考慮 \(j\) 的狀態數一定是子樹中的，同樣用線段樹合並優化一下轉移就行了。
有這樣一個更加簡單的做法：
將樓房，星星都按照縱坐標排序。
通過並查集維護聯通性，即當前情況下每個點向左向右不跨牆能到達的區間。
維護這樣一個信息 \(cost_i\)，表示在 \(i\) 這個橫坐標放星星需要付出的代價。
考慮每個星星，如果 \(w_i \leq cost_x\)，顯然不放這個星星更優。
否則暫時地選擇付出 \(cost_x\) 代價，放下這個星星，並通過並查集找到連通區間，區間加上 \(w_i - cost_x\)，表示撤銷這次操作。
因為區間是不斷擴大的，大概可以理解這樣的做法是正確的。
loj 558 我們的 CPU 遭到攻擊
用 \(lct\) 來支持這些操作，為了方便進行邊化點操作，邊權轉化為點權。
因為要支持動態的\(link-cut\)操作，對每個節點維護這樣的一些信息：
\(lans\) 表示 splay 子樹內及其虛子樹內所有黑點到達當前根節點（及深度最小點）的答案。
\(rans\) 與 \(lans\) 類似，但表示到達實鏈深度最大點的答案，其用處是在進行換根操作（下傳翻轉標記）時直接執行 swap(lans[x],rans[x])。
\(val\) 表示當前點的點權，\(vals\) 表示 splay 子樹內邊權。
\(col\) 表示當前點的顏色，\(cnt\) 表示子樹內黑點個數的和。
\(ians\) 表示虛子樹內對答案的貢獻，\(icnt\) 表示虛子樹內黑點個數。
在執行 update(x) 的時候，實際上只要考慮跨過 \(x\) 並到達根節點的答案。
而且其中在右兒子部分的點權已經統計過了，只需要統計當前節點以及其左兒子的點權和。
那么有 \(lans[p]=lans[lch]+lans[rch]+ians[x]+(vals[lch]+val[x])*(cnt[rch]+icnt[x]+col[x])\)。
在進行各種修改操作之前，首先將修改的點換成根節點，來保證祖先鏈處的值是正確的。
loj 6022 重組病毒
對於不含換根的操作，只需要處理一個 \(dfs\) 序。
在實際的 access 的虛實兒子改變的過程中用一個樹狀數組/線段樹執行區間加法操作。
對於詢問只需要區間查詢。
對於換根操作，可以發現經過分類討論，操作的 dfs 序仍可以表示為不超過兩段區間。
然而有一個很難辦的問題，換根過程可能存在影響。
仔細分析一下，實際上只要正常的進行換根，然后設置新根就行了。
因為在換根之后執行了一遍 access 操作，此時二者路徑上的虛邊均被打通。
也就是說二者路徑上不存在能產生貢獻的邊，而對於非二者路徑上的點，其在 dfs 序上其實不受這次換根的影響。