NOIp 前夜了，可我還是發現自己有一車 blog 沒補，所以只好開一個新坑/wul
前傳：
76. CF1539E Game with Cards
考慮設 \(dp_{i,0/1}\) 表示目前已經進行了前 \(i\) 次操作，第 \(i\) 次操作替換了左手/右手是否可行，以 \(dp_{i,0}\) 為例，轉移就枚舉上一次使用右手是拿一次操作，不妨稱之為 \(j\)，那么有轉移 \(dp_{i,0}\leftarrow dp_{j,1}\land[a_{l,j+1}\le k_{j+1}\le b_{l,j+1}]\land[a_{l,j+2}\le k_{j+2}\le b_{l,j+2}]\land\cdots\land[a_{l,i-1}\le k_{i-1}\le b_{l,i-1}]\land[a_{r,j+1}\le k_j\le b_{r,j+1}]\land\cdots\land[a_{r,i-1}\le k_j\le b_{r,i-1}]\)。直接做是三方的，顯然不可取，因此考慮預處理一些東西。
我們預處理出 \(nxt_{i,0}\) 表示最大的 \(r\)，滿足 \(\forall j\in[i+1,r]\) 都有 \(a_{l,j}\le k_i\le b_{l,j}\)，同理設 \(nxt_{i,1}\) 表示最大的 \(r\)，滿足 \(\forall j\in[i+1,r]\) 都有 \(a_{r,j}\le k_i\le b_{r,j}\)。
我們再設 \(pre_{i,0}\) 表示最小的 \(l\)，滿足 \(\forall j\in[l,i]\) 都有 \(a_{l,j}\le k_j\le b_{l,j}\)，以及 \(pre_{i,1}\) 表示最小的 \(l\)，滿足 \(\forall j\in[l,i]\) 都有 \(a_{r,j}\le k_j\le b_{r,j}\)，
那么 \(dp_{j,1}\) 可以轉移到 \(dp_{i,0}\) 的充要條件是 \(dp_{j,1}=1\)，且 \(nxt_{j,1}\ge i,pre_{i,0}\ge j\)。因此我們考慮建兩棵樹狀數組 \(T_0,T_1\)，對於一個 \(dp_{i,0}=1\) 的 \(i\)，我們就令 \(T_0\) 中 \(nxt_{i,0}\) 的上位置對 \(i\) 取 \(\max\)，對 \(dp_{i,1}\) 也進行同樣的操作，那么 \(dp_{i,0}=1\)，等價於樹狀數組 \(T_1\) 上 \([i,n]\) 的后綴 \(\max\) \(\ge i\)，\(dp_{i,1}=1\) 的條件也是類似的，這個在樹狀數組查一遍后綴 \(\max\) 即可轉移。
至於輸出路徑，就隨便記錄一個 \(pre_{i,0/1}\) 表示 \(dp_{i,0/1}\) 是從哪兒轉移來的，然后最后不停地跳 pre 即可。
時間復雜度 \(\Theta(n\log n)\)。
77. AT2667 [AGC017D] Game on Tree
打 CF GR 時發現 I 題題面里有一道我沒做過的 AGC 就在棄賽以后來做了（
首先先拋結論：考慮 SG 定理，那么每個子樹的 SG 值等於其所有兒子的子樹的 SG 值加 \(1\) 的異或和。
為什么呢？考慮每次刪除一個子樹 \(x\) 內的邊的過程是怎么樣的，我們假設 \(x\) 有 \(t\) 個兒子，那么我們將 \(x\) 復制 \(t\) 邊，然后每個 \(x\) 下面都接上 \(x\) 的一個兒子的子樹。那么顯然這 \(t\) 棵樹可以視作獨立的游戲，直接將它們的 SG 值異或起來就是原游戲的 SG 值。那么又該如何算根節點只有一個兒子的游戲的異或值呢？可以證明，如果根節點只有一個兒子的情況，那么它的 SG 值就等於它唯一的兒子的子樹的 SG 值加 \(1\)，這個就考慮，如果我們割掉了 \(x\) 與這個兒子之間的邊，那么只剩下一個節點，SG 值顯然為 \(0\)，而如果第一次割掉的邊不是 \(x\) 與其兒子的邊，那么我們歸納一下可以得到剩下部分的 SG 值就等於去掉根節點后剩余部分的 SG 值加一。換句話說，對於割掉 \(x\) 的兒子的子樹內的邊可以得到的 SG 值 \(x\)，\(x+1\) 同樣可以被得到，反之對於對於割掉 \(x\) 的兒子的子樹內的邊后不可以得到的 SG 值 \(x(x\ge 0)\)，\(x+1\) 同樣不可以得到，這樣 \(x\) 的子樹的 SG 值就顯然等於其兒子的 SG 加一。
78. CF1610I Mashtali vs AtCoder
關於上題中提到的 GLBR 的 I 題，它來了（
首先套用上一題的結論解決 \(k=1\) 的情況：一棵子樹的 SG 值等於其兒子的 SG 值 \(+1\) 的異或和。
對於 \(k>1\) 的情況，有這樣的結論：我們將編號為 \(1,2,3,\cdots,k\) 的點拎出來建一棵虛樹並縮成一個點，不妨令這個點為根節點，然后將所有在縮點后，一個端點在縮成的連通塊，另一個端點不在的邊全部接到根節點上，那么 \(k\) 時的 SG 值，就等於以縮點之后的點為根計算出它們的 SG 值后，根節點的 SG 值，異或上 \(1\sim k\) 的虛樹中的邊數 \(\bmod 2\)，只不過在計算根節點的 SG 值時，直接將根節點的兒子的 SG 值異或起來即可，不用 \(+1\)。
這里稍微胡半個證明：首先我們稱連接兩個都在虛樹中的邊的點為一類邊，其余的邊為二類邊，那么我們將割掉的邊分為一類邊和二類邊處理，如果我們割掉一條一類邊，那么根據 SG 值的定義，這條邊所在縮點之后根節點的子樹的 SG 值肯定會發生變化，而如果我們割掉一條二類邊，那么二類邊的奇偶性就會變化，因此不論割掉什么邊，游戲的 SG 值總會發生變化。
為什么說是半個證明呢？因為我不太會證為什么一種局面總可以到達 SG 值比它小的局面（
因此對於本題而言，我們可以直接向上面那樣加入一個點時不斷跳 father 並將路上經過的邊標記為二類邊，由於每條邊最多被標記一次，因此總復雜度 \(\Theta(n)\)。
79. CF1612F Armor and Weapons
首先關鍵性質：答案不超過 \(\dfrac{\max(n,m)}{\min(n,m)}+40\)。
因此不妨假設 \(dp_{i,j}\) 表示目前武力值最高的盾的武力值為 \(i\)，進行了 \(j\) 次操作，所能夠得到武力值最大的武器，轉移就分下一次買盾和買武器處理即可。
時間復雜度 \(40n\log n\)，瓶頸在於判斷一對 \((i,j)\) 是否在讀入的 \(q\) 組二元組中出現過。
80. CF1338D Nested Rubber Bands
一道看似很無從下手的題。不過仔細分析一下還是挺有跡可循的（
首先碰到這樣的問題我們肯定要考慮什么樣的序列可能符合條件。分析一下能夠得到，一種選擇符合條件，當且僅當對於所有點 \(u\)，都不存在三個鄰居 \(x,y,z\)，滿足去掉 \(u\) 后三個點所在的連通塊中，都除了 \(x/y/z\) 之外還選擇了其他的點，這是因為假設 \(x\) 所在的連通塊中選擇了 \(a(a\ne x)\)，\(y\) 所在的連通塊中選擇了 \(b(b\ne y)\)，\(z\) 所在的連通塊中選擇了 \(c(c\ne z)\)。且方便起見假設 \(c\) 包含於 \(b\)，\(b\) 包含於 \(a\)，那么畫出圖來肯定是張這樣的：
而我們希望 \(u\) 與 \(x,z\) 相交而與 \(b\) 不相交，顯然在上圖中這無法辦到。
直接用這個結論解題貌似有點難以下手，我們不妨對這個結論進行等價轉換。可以發現一種等價的表述：對於每一種合法的方案，必然存在一條路徑 \(u,v\)，滿足所有選擇的點到這條路徑距離 \(\le 1\)，也就是說題目等價於選擇一條路徑 \(u,v\)，並將所有到這條路徑距離 \(\le 1\) 的點提取出來求出它們的最大獨立集。直接做顯然會 TLE，考慮 \(dp\) 的思想，設 \(dp_{i,0/1}\) 表示目前考慮到 \(i\)，\(i\) 是鏈的一個端點並且 \(i\) 選了 / 沒被選所能選擇的最大的點數。考慮轉移，假設我們目前 DFS 到點 \(x\)，下面要加入 \(x\) 的一個兒子 \(y\)，那么有轉移：
直接轉移即可。時間復雜度線性。
81. AT4518 [AGC032C] Three Circuits
不難發現，一個連通塊是一個題目中所謂的“可以經過重復點的環”，當且僅當它存在歐拉回路，即它連通並且每個點的度都是偶數。
那么我們的任務就可以轉化為，將連通塊的邊集分成三部分 \(A,B,C\)，滿足它們都有歐拉回路。一個顯然的必要條件是每個點在原圖中的度都是偶數，否則假設 \(x\) 在原圖中的度是奇數，那么在 \(A,B,C\) 中，至少有一部分滿足 \(x\) 的度是奇數，不合題意。但是每個點的度都是偶數的情況也不一定符合條件，譬如一個環的情況就無法拆成符合條件的三個子圖，因此考慮進一步分類討論：
-
如果存在一個點 \(x\) 的度 \(\ge 6\)，那么我們感性地理解一下，每次選擇這個點的兩條出邊，然后順着找出經過這兩條出邊的一個環，然后將這個環從這張圖中刪去，如果刪去這個環之后圖被分成了兩個連通塊，那么我們就將不包含 \(x\) 的部分與之前拆出來的那個環歸到同一個邊集中。如此操作兩次，連帶剩余的部分，剛好三個回路。
-
如果所有點度都 \(\le 2\)，那么原圖是一個環，顯然無法完成任務。
-
如果度數最大的點的度數恰好等於 \(4\)，這部分有點繁瑣，我們進一步分類討論：
-
如果度數為 \(4\) 的點只有一個，那么任務也沒法完成，輸出
No。 -
如果度數為 \(4\) 的點的個數 \(\ge 3\)，那么畫個圖感性理解一下總是有解的，直接輸出
Yes即可。 -
如果度數為 \(4\) 的點的個數恰好等於 \(2\)，那么再手玩一下可以發現這種情況的圖可以被分為兩大陣營，一類如下圖左邊所示，這種情況下原圖無法拆成三個環；一類如下圖右邊所示，這種情況下原圖可以被拆成三個環。那么我們如何區分這兩類呢？我們找出原圖中兩個四度點 \(A,B\)，稍微分析一下可以發現，一張圖屬於右邊那個陣營，當且僅當 \(A\) 的所有鄰居 \(x\) 中，滿足 \(x\) 能夠不經過 \(A\) 到達 \(B\) 的點數 \(\le 2\)，這個直接枚舉一下然后 DFS 一遍即可。
-
時間復雜度線性。
82. P5362 [SDOI2019]連續子序列
首先思考什么樣的序列 \(S\) 能夠成為 T.M 序列的子序列。我們發現這個 T.M. 序列的定義有點像一個二叉樹的結構，具體來說 T.M 序列可以通過如下方式得到：首先寫上一個 \(0\)，然后建立一棵以 \(1\) 節點為根無限延伸的滿二叉樹，\(1\) 號節點的權值為 \(1\)，對於每個節點，如果它的權值是 \(0\)，那么它的左兒子權值為 \(0\)，右兒子權值為 \(1\)，否則它的左兒子權值為 \(1\)，右兒子權值為 \(0\)。然后將每一層的數字按順序寫下來即可得到完整的 T.M. 序列。
不難發現上面的過程可以用“長”的過程來類比，受到上面的思想的啟發，我們不妨也來考慮 \(S\) 是從什么序列 \(T\) 長出來的，對於一個序列 \(S\)，分情況討論：
- 如果 \(|S|\) 為奇數，那么有兩種可能的長法：
- 一是將 \(S\) 中字符按 \(S_{1},S_{2}\) 配對，\(S_3,S_4\) 配對，\(\cdots\)，\(S_{|S|-2},S_{|S|-1}\) 配對，如果配對的兩個字符是 \(01\) 則在 \(T\) 末尾插入一個 \(0\)，否則如果是 \(10\) 則插入一個 \(1\)，否則則說明不可能是通過這種方式長出來的，最后落單的元素 \(S_{|S|}\) 就直接加入 \(T\) 末尾即可。
- 另一種是將 \(S\) 中字符按 \(S_{2},S_{3}\) 配對，\(S_4,S_5\) 配對，\(\cdots\)，\(S_{|S|-1},S_{|S|}\) 配對，然后按照上一種情況的方式往 \(T\) 里面插入元素。這樣開頭會有一個落單的元素，在 \(T\) 的開頭預先插入一個 \(S_1\oplus 1\) 即可。
- 如果 \(|S|\) 為偶數，那么也有兩種可能的長法：
- 一是將 \(S\) 中字符按 \(S_{1},S_{2}\) 配對，\(S_3,S_4\) 配對，\(\cdots\)，\(S_{|S|-1},S_{|S|}\) 配對的方式插入字符。
- 還有一種方式是將 \(S\) 中字符按 \(S_2,S_3\) 配對，\(S_4,S_5\) 配對，\(\cdots\)，\(S_{|S|-2},S_{|S|-1}\) 配對。這樣 \(S_1\) 和 \(S_{|S|}\) 均會落單，這可以通過把 \(S_1\oplus 1\) 插到 \(T\) 的開頭，\(S_{|S|}\) 插到 \(T\) 的結尾。
可以證明，如果 \(|S|>3\)，那么對於任意一個是 T.M. 序列的子序列，總存在唯一的拆分方式，因為對於 T.M 序列中任意一個長度 \(\ge 4\) 的連續段，總存在相鄰且相同的字符。這就導致恰好一種拆分方式不合法，因此對於 \(|S|\le 3\) 特判一下，否則如果 \(T\) 符合要求，那么 \(S\) 也符合要求，遞歸一下即可，時間復雜度 \(\Theta(\sum\limits_{k}\lfloor\dfrac{|S|}{2^k}\rfloor)=\Theta(|S|)\)。即我們實現了在 \(\Theta(|S|)\) 的時間內判定一個字符串是否是 T.M. 序列的子序列。
接下來考慮如何計算答案。我們設 \(f(S,k)\) 表示往 \(S\) 后面添 \(k\) 個字符后能夠得到多少 T.M. 序列的子序列，如果 \(|S|+k\le 3\)，那么特判一下即可得到，否則根據上面的結論，我們枚舉得到的字符串是由哪種拆分得到的，這樣我們可以得到 \(S\) 對應的序列 \(T\)。進而得到新的 \(k\)，繼續遞歸計算即可，時間復雜度 \(T(|S|+\log_2(k))\)。
83. CF360E Levko and Game
思維題殺我/dk
不難發現對於每一條權值自定的邊，如果它的權值既不是 \(l_i\) 也不是 \(r_i\)，那么我們將其調整為 \(l_i\) 或 \(r_i\) 肯定不會影響答案，因為如果它被先手經過沒被后手經過，那么我們將它調整為 \(l_i\) 肯定更優；如果它被后手經過而沒被先手經過，那么我們將它調整為 \(r_i\) 肯定最優。而如果它既被先手經過也沒被后手經過，那不論將其調整為 \(l_i\) 還是 \(r_i\)，得到的新圖中這條邊都要么被先手和后手同時經過，要么同時不經過。
因此我們考慮這樣的算法：我們先將所有邊的權值設為 \(r_i\)，但是這樣會導致某些被先手經過但沒被后手經過的邊的權值過大，這樣就導致方案不優，因此我們需要調整。我們設 \(s_1\) 到 \(x\) 的距離為 \(d1_x\)，\(s_2\) 到 \(x\) 的距離為 \(d2_x\)，那么對於一條權值自定的邊 \((u,v)\)，如果 \(d1_u<d2_u\)，那么我們就將這條邊的權值調整為 \(l_i\) 並重新 dijkstra 一遍算出 \(d1,d2\)。如果最終 \(d1_f<d2_f\)，那么說明先手贏了，直接輸出每條邊的邊權，否則我們嘗試讓先手與后手打成平手，即還是先假設所有邊權值都是 \(r_i\)，然后每次還是求出 \(s_1,s_2\) 到所有點的最短路並枚舉所有權值自定的邊 \((u,v)\)，如果 \(d1_u\le d2_u\)，那么我們就將這條邊權值調整為 \(l_i\)，最后檢查是否有 \(d1_f\le d2_f\)，如果成立則輸出 DRAW，否則輸出 LOSE。
為什么這樣做是正確的？以前一部分，也就是判斷答案是否可能為 WIN 的一半為例，對於每條權值自定的邊 \((u,v)\)，如果 \(d1_u<d2_u\)，那么將這條邊權值調整為 \(l_i\) 之后，仍然有 \(d1_u<d2_u\)，也就是說在最終的局面中，所有存在一種定邊權的方式，滿足 \(d1_u<d2_u\) 的權值自定邊 \((u,v)\) 的權值都被調至 \(l_i\)，而其他權值自定邊在任何局面下都有 \(d1_u\ge d2_u\)，不會對答案產生任何正面影響，因此最終這個局面肯定是最優的。
時間復雜度 \(mk\log m\)。
84. P3330 [ZJOI2011]看電影
一道出現了 \(10^9+7\) 次的題目（大霧
考慮在 \(k\) 位置后面加入一個 \(k + 1\) 位置並將整個模型變成一個環，那么一種分配方式符合條件當且僅當 \(k+1\) 沒有被占。
如果我們每次可以在 \(k+1\) 位置放人，那么理論上來說每個點被占的概率都是相同的，因此滿足 \(k+1\) 沒有被占的方案數就是 \((k+1)^n·\dfrac{k+1-n}{k+1}=(k+1-n)(k+1)^{n-1}\)，答案就是 \(\dfrac{(k+1-n)(k+1)^{n-1}}{k^n}\)。
比較煩的一點是要寫高精。
85. P5292 [HNOI2019]校園旅行
首先看到這道題我們可以很自然地想到一個 \(m^2\) 的做法：設 \(can_{i,j}\) 表示 \(i,j\) 之間是否存在符合條件的路徑，然后類似 BFS 的思路，擴展到一個 \(can_{i,j}\) 時就遍歷一遍 \(i\) 的所有鄰居 \(x\) 和 \(j\) 的所有鄰居 \(y\)，如果 \(s_x=s_y\) 且 \(is_{x,y}=0\) 就令 \(is_{x,y}=1\) 並將 \((x,y)\) 這個二元組放入隊列里繼續 BFS。顯然每對邊組成的二元組最多被遍歷一次，總復雜度就是 \(\Theta(m^2)\)。
這樣顯然過不了，考慮優化。注意到這題 \(m\) 級別比 \(n\) 高很多，對於有這樣的性質題，一種思路是仔細分析一樣是否所有邊都是有用的，如果不是那就踢掉那些無用的邊，讓邊數的級別降得和點數一樣。此題就是這種思路，我們將邊分為三類：兩個端點都是 \(0\)、兩個端點都是 \(1\)、兩個端點一個是 \(0\) 一個是 \(1\)。我們將這三類邊拎出來各建一張圖，對於每張圖，我們考察每個連通塊，找出它的一個生成樹並將其加入原圖，這樣邊數就降到了 \(\Theta(n)\) 級別。
但這樣做其實是錯誤的，因為對於一個全由 \(0\) 邊組成的連通塊，如果我們只找出它的生成樹，那就默認所有環的大小都是偶數（因為樹是一個二分圖），但實則不一定，因此我們需要對由全 \(0\) 邊和全 \(1\) 邊組成的圖的每個連通塊，跑一遍二分圖染色檢驗其是否是二分圖，如果不是那就在這個連通塊對應的生成樹上加個自環，不難發現這樣原圖就與新圖等價了。然后跑上面的暴力即可。
時間復雜度 \(n^2+m\alpha(n)\)。
86. CF1609F Interesting Sections
講個笑話，vp 的時候想交這道題的時候 CF 崩掉了，卡了 1h 直到 vp 結束后 3min 才好，好在最后我的第一發提交因為常數太大 T 了，否則就虧大了……
考慮枚舉最大值和最小值的 popcount，那么問題等價於，給定一個序列 \(a_i\)，其中有一些位置是關鍵位置，要求有多少個區間，滿足其最大值和最小值都是關鍵位置。
碰到數區間問題無非兩個套路：枚舉右（左）端點或分治，這次咱們采取前者，我們掃描線式枚舉右端點 \(r\)，掃描到 \(r\) 時，我們記 \(f_l\) 表示 \([l,r]\) 中最大值是否關鍵位置 \(+\) \([l,r]\) 中最小值是否是關鍵位置，那么顯然 \(f_l\) 的變化可以通過單調棧求出，那么對於一個右端點 \(r\) 和一個 popcount \(v\)，其對答案的貢獻就是 \(f_l=2\) 的 \(l\) 的個數。注意到 \(f_l\) 的上界就是 \(2\)，因此這個可以通過區間最大值及其出現次數的線段樹維護。
算下復雜度，乍一看這個做法復雜度是 2log 的，但實則不是。因為我們單調棧時修改次數均攤下來是 \(\mathcal O(n)\) 的，而查詢我們只用用到根節點存儲的值，因此雖然查詢次數可以達到 \(n\log v\)，單次查詢是 \(\mathcal O(1)\) 的這一事實導致復雜度也不算太高，這樣總復雜度就是 \(n(\log v+\log n)\)，可以通過。
注意常數問題！！！！！1111
87. CF1584G Eligible Segments
由於這篇博客里混入了太多奇怪的東西，2021.11.30 決定將博客名改為“雜題選做”
首先，一個點 \(P_k\) 到線段 \(P_iP_j\) 的最小距離 \(\le R\) 等價於 \(P_k\) 到射線 \(\vec{P_iP_j}\) 的距離 \(\le R\) 且 \(P_k\) 到射線 \(\vec{P_jP_i}\) 的距離也 \(\le R\)。那么我們就設 \(is_{i,j}\) 表示是否對於所有 \(k\) 都有 \(P_k\) 到 \(\vec{P_iP_j}\) 的距離 \(\le R\)，那么答案就是滿足 \(i<j,is_{i,j}=is_{j,i}=1\) 的二元組 \((i,j)\) 的個數。
考慮如何求 \(is_{i,j}\)，我們枚舉 \(i\)，對於每個 \(k\)，我們求出 \(P_i\) 到以 \(P_k\) 為圓心 \(R\) 為半徑的圓的兩條射線的輻角 \(\theta_1,\theta_2\)，那么 \(is_{i,j}=1\) 當且僅當 \(\vec{P_iP_j}\) 的輻角在所有 \([\theta_1,\theta_2]\) 的交中，簡單判斷一下即可。
時間復雜度 \(n^2\)。
88. CF633G Yash And Trees
這就是我嗎？套路題和思維題都不會做嗎？/fn/fn/fn
考慮將樹拍平變成一個序列，然后以 DFS 序為下標建立一棵線段樹，線段樹上每一個節點開一個 bitset 維護這個區間內每種數是否出現過。那么每次進行子樹加時，就在對應的區間上進行區間加，這樣對應在 bitset 上的變化就是 v = (v << x) | (v >> (m - x))，其中 \(x\) 為增加的量，直接打個標記即可。查詢就把對應區間內的 bitset 進行一遍 or 即可。
時間復雜度 \(\dfrac{nm\log n}{\omega}\)。
話說這場的 H 我的題解好像還沒有補呢，都 8 個月了，估計這輩子都不會補了（
89. CF1019D Large Triangle
首先狠狠吐槽一句，tm 這題明明三角形格點橫縱坐標都是整數，因此三角形面積要么是 .0 要么是 .5 才對啊，為什么偏偏 checker 會說我輸出的三角形面積等於 \(xxxx.1\)？我實在是不能理解了，難道選手做題是為了適應 checker 的嗎？/fn/fn/fn
一開始想着用向量叉積搞，后來事實證明這種東西對於此題而言沒前途（
考慮枚舉三角形的一條邊 \(AB\)，我們考慮將所有點按該點到直線 \(AB\) 的有向距離從小到大排序，如果我們能實現這樣的操作，那么我們顯然向左向右各二分一下即可檢驗是否存在面積等於 \(S\) 的三角形。
於是問題轉化為，我們如何動態地對於一條線段，維護所有點到直線 \(AB\) 的有向距離排好序后的結果。可以注意到，一個點到直線 \(AB\) 的有向距離，可以轉化為，過這個點做 \(AB\) 的平行線后，直線與 \(y\) 軸交點的縱坐標。那么我們考慮一個斜率 \(k\) 從 \(-\infty\) 變到 \(\infty\) 的過程，並設想我們過每個點都做了一條斜率為 \(k\) 的直線，這些直線與 \(y\) 軸各會產生一個交點，我們要比較這些交點的縱坐標的大小。不難發現，對於一個點對 \((i,j)\)，滿足 \(x_i\ne x_j\) 且當 \(k\) 趨近於 \(-\infty\) 時，\(i\) 的截距 \(<j\) 的截距，那么必定存在一個斷點 \(k_0\)，滿足 \(k<k_0\)，\(i\) 的截距 \(<j\) 的截距，對於 \(k>k_0\) 的情況則反過來，那么我們考慮將這個過程用個 vector 存下來並將所有這樣的事件按 \(k_0\) 排序，再將所有線段按 \(AB\) 的斜率從小到大排序，然后掃描線段時直接在存儲的事件的數組里 two pointers 即可，每次遇到一個“\(i\) 的截距反超了 \(j\) 的截距”的事件，我們就交換 \(i,j\) 的排名。顯然此時 \(i,j\) 的排名是相鄰的，故我們不用進行多余的調整。這樣我們就動態地維護了所有點到 \(AB\) 距離的有向距離的大小。
時間復雜度 \(n^2\log n\)。
90. AT4519 [AGC032D] Rotation Sort
首先考慮一個非常顯然的性質：每個數最多被移動一次，否則我們肯定第一次就會將其移動到它最終的位置。發現這個性質之后，我們就可以很自然地將所有數分為兩類：被移動過和沒被移動過。我們考慮固定住那些沒有被移動過的位置，那么對於兩個相鄰的沒有被移動過的位置 \(l,r\) 之間的位置 \(i\)，有兩種選擇：如果 \(a_i>a_r\)，那么只能向右移動，否則由於我們欽定它必須移動，那么我們不妨假設剩余位置必須向左移動。這樣我們就可以設計出一個 DP：\(dp_i\) 表示考慮了 \(a_1\sim a_i\)，且 \(a_i\) 沒有被移動所需花費的最小代價，\(\Theta(n)\) 轉移即可，總復雜度 \(n^2\)。可以通過線段樹優化到 \(n\log n\)，但對於此題來說沒有必要。
91. P4798 [CEOI2015 Day1]卡爾文球錦標賽
一道非常基礎的題，就當剛剛肝了道毒瘤題之后調節一下心情吧（
首先考慮什么樣的序列 \(a\) 符合條件。顯然 \(a\) 中出現過的數必須是一段從 \(1\) 開始的連續的前綴 \(1,2,3,\cdots,x\) 對吧，並且如果我們把這些數第一次出現的位置拎出來，這些首次出現的位置肯定是單調遞增的。容易證明這是充要條件。
發現這個性質之后我們可以很自然地設計出一個類似於數位 DP 的東西：\(dp_{i,j,0/1}\) 表示考慮了前 \(i\) 個位置，目前出現過的最大的數為 \(j\)，目前沒有 / 有達到上界的方案數，分情況轉移即可。直接開數組會 MLE，滾動數組優化一下即可。
時間復雜度 \(n^2\)。
講個笑話，這個模數貌似不是質數，雖然它長得一臉質數的樣子（
92. AT2672 [AGC018C] Coins
首先假設所有人都選了金幣，令 \(p_i=B_i-A_i,q_i=C_i-A_i\)，那么題目等價於選擇 \(y\) 個 \(p_i\) 和 \(z\) 個 \(q_i\)，滿足它們下標集合交集為空，且選出的這 \(y\) 個 \(p_i\) 個 \(z\) 個 \(q_i\) 的和盡可能大。
考慮反悔貪心，我們先貪心地選出 \(p_i\) 最大的 \(y\) 個數和 \(q_i\) 最大的 \(z\) 個數，但是這樣不一定滿足“交集非空”的條件，我們假設此時交集大小為 \(cnt\)，那么我們考慮執行 \(cnt\) 次操作，每次操作進行一些微調使交集大小減一，不難發現微調的方式無非以下幾種：
- 選擇一個 \(p_i,q_i\) 都選擇的下標 \(i\)，和一個 \(p_j,q_j\) 都沒選擇的下標 \(j\)，去掉 \(p_i\) 選上 \(p_j\)
- 選擇一個 \(p_i,q_i\) 都選擇的下標 \(i\)，和一個 \(p_j,q_j\) 都沒選擇的下標 \(j\)，去掉 \(q_i\) 選上 \(q_j\)
- 選擇一個 \(p_i,q_i\) 都選擇的下標 \(i\)，一個選了 \(p_j\) 沒選 \(q_j\) 的下標 \(j\)，還有一個 \(p_k,q_k\) 都沒選擇的下標 \(k\)，去掉 \(p_i\)，把 \(p_j\) 改為 \(q_j\)，並選上 \(q_k\)
- 選擇一個 \(p_i,q_i\) 都選擇的下標 \(i\)，一個選了 \(q_j\) 沒選 \(p_j\) 的下標 \(j\)，還有一個 \(p_k,q_k\) 都沒選擇的下標 \(k\)，去掉 \(q_i\)，把 \(q_j\) 改為 \(p_j\)，並選上 \(p_k\)
用六個堆維護即可，即維護：
- \(Q_1\) 裝有所有 \(p_i,q_i\) 都選的 \(i\) 的 \(-p_i\)
- \(Q_2\) 裝有所有 \(p_i,q_i\) 都選的 \(i\) 的 \(-q_i\)
- \(Q_3\) 裝有所有 \(p_i,q_i\) 都沒選的 \(i\) 的 \(p_i\)
- \(Q_4\) 裝有所有 \(p_i,q_i\) 都沒選的 \(i\) 的 \(q_i\)
- \(Q_5\) 裝有所有選了 \(p_i\) 沒選 \(q_i\) 的 \(i\) 的 \(q_i-p_i\)
- \(Q_6\) 裝有所有選了 \(q_i\) 沒選 \(p_i\) 的 \(i\) 的 \(p_i-q_i\)
時間復雜度 \(n\log n\)。
93. Codeforces Gym 103409 H Popcount Words
首先看到多串匹配相關問題，果斷建出 \(q\) 個模式串的 AC 自動機。
如果我們定義 \(W_{i,j}\) 表示 \(0\sim 2^i-1\) 中所有數的 popcount \(\bmod 2 \oplus j\) 接在一起的結果，其中 \(i\in[0,\lceil\log_2(V)\rceil],j\in[0,1]\)。那么顯然所有 \(w(l,r)\) 都可以像線段樹區間查詢那樣拆成不超過 \(2\lceil\log_2(V)\rceil\) 個 \(W_{i,j}\) 拼在一起的結果。因此我們可以將整個文本串看作 \(\mathcal O(n\log V)\) 個 \(W_{i,j}\) 接在一起的結果。
那么我們如何統計 fail 樹上每個節點被經過了多少次呢？首先考慮倍增，設 \(to_{i,j,k}\) 表示目前在 fail 樹上節點 \(i\)，往下讀進去一個 \(W_{j,k}\) 后會走到 fail 樹上哪個節點。我們再設 \(cnt_{i,j,k}\) 表示有多少次在 \(i\) 處向下接 \(W_{j,k}\) 的機遇，那么我們先按照倍增的套路預處理出 \(to_{i,j,k}\)，然后按照順序依次讀進去全部 \(\mathcal O(n\log V)\) 個 \(W_{i,j}\)，最后再按照 \(j\) 遞減的順序更新 \(cnt_{i,j,k}\)，即用 \(cnt_{i,j,k}\) 去更新 \(cnt_{i,j-1,k}\) 和 \(cnt_{to_{i,j-1,k},j-1,k\oplus 1}\) 即可。
時間復雜度 \((n+\sum|s|)·\log V\)。
94. CF1418F Equal Product
首先思考一下什么樣的 \((x_1,x_2,y_1,y_2)\) 符合條件，這里有一條大概用直覺比較容易發現的性質是，對於符合條件的 \((x_1,x_2,y_1,y_2)\)，必然存在整數 \(a,b\)，使得 \(x_2=\dfrac{x_1}{a}·b\)，\(y_2=\dfrac{y_1}{b}·a\) 且 \(\dfrac{x_1}{a},\dfrac{y_1}{b}\) 均為整數。
證明：考慮設 \(d=\gcd(x_1,x_2)\)，然后令 \(a=\dfrac{x_1}{d},b=\dfrac{x_2}{d}\)（說白了就是設 \(\dfrac{b}{a}\) 表示 \(\dfrac{x_2}{x_1}\) 約分以后的結果），那么顯然 \(\dfrac{x_1}{a}=d\) 為整數，而 \(\dfrac{y_1}{b}·x_1=\dfrac{x_2}{b}·y_2=d·y_2\) 為整數，又根據 \(\gcd(a,b)=1\) 可知 \((x_1,b)=1\)，因此必然有 \(b\mid y_1\)，證畢。
因此我們考慮枚舉 \(x_1\) 時，順帶枚舉符合條件的四元組所對應的 \(a\)，那么思考一下什么樣的二元組 \((y_1,b)\) 會符合條件，歸納一下就是下面三條：
- \(\lceil\dfrac{L}{x_1}\rceil\le y_1\le\min(\lfloor\dfrac{R}{x_1}\rfloor,m)\)。
- \(\dfrac{x_1}{a}·b\le n\)
- \(a<b\)
我們考慮正序枚舉 \(x_1\)，那么第一條中 \(y_1\) 的范圍的左右端點都是不升的，這樣我們可以通過 two pointers 將所有符合條件的二元組 \((b,y_1)\) 扔進一個 set 中，對於后兩條限制，顯然在符合第三條限制的前提下，\(b\) 最小的那個最有可能符合條件二，因此我們直接在 set 中 lower_bound 檢驗即可。
算下復雜度，set 有個 log，而我們 \(x,a\) 的總枚舉量是調和級數級別的，也就是 \(n\ln n\)，因此總復雜度 \(n\ln n\log n\)，可以通過。
95. CF1519E Off by One
由於每個點必須要移動，因此我們考慮對於每個點 \(i\)，求出其向上和向右移動后得到的兩個點 \(P_i,Q_i\)，然后將所有出現過的斜率看作一個點並在 \(P_i,Q_i\) 的斜率所對應的點之間連邊。這樣問題可以轉化為，給你一張圖，要你選出一些不相交的二元組 \((e1_i,e2_i)\)，滿足選出的二元組中兩兩之間沒有公共元素且 \(e1_i,e2_i\) 之間有公共點，要你求最多能選出多少個二元組。
針對上面的問題，我們首先大膽猜測：對於每個連通塊，假設連通塊中有 \(e\) 條邊，那么該連通塊中最多可以選出 \(\lfloor\dfrac{e}{2}\rfloor\) 個二元組，即，假設圖中有 \(k\) 個連通塊，第 \(i\) 個連通塊中有 \(e_i\) 條邊，那么答案就是 \(\sum\limits_{i=1}^k\lfloor\dfrac{e_i}{2}\rfloor\)。
事實的確如此，考慮如何構造：對於每個連通塊，我們先對其進行一遍 DFS，也就是找出它的一棵 DFS 樹（雖然我們並不用顯示地將樹建出來，但是大體思想就是如此），然后對於每個點，有可能所有與其相連的邊已經全部匹配完，也有可能與其相連的邊中，恰有一條邊沒有被匹配（如果出現了多余兩條邊沒有被匹配，那么我們可以貪心地將這兩條邊配對，這樣肯定更優）。因此我們記 \(mch_u\) 表示與 \(u\) 相連的邊中，沒有被匹配的邊的編號，特別地，\(mch_u=0\) 則表示所有與 \(u\) 相連的邊都被匹配。那么我們考慮 DFS \(u\) 的一個兒子 \(v\) 時，分情況討論：
- 如果 \(mch_v\ne 0\)，則將 \(u,v\) 之間的邊與 \(mch_v\) 配對並令 \(mch_v=0\)
- 否則，如果 \(mch_u\ne 0\)，則將 \(u,v\) 之間的邊與 \(mch_u\) 配對並令 \(mch_u=0\)
- 否則令 \(mch_u\) 為 \(u,v\) 之間的邊的編號。
如此貪心下去即可，總復雜度 \(n\log n\)，瓶頸在於求出所有出現過的斜率。可能可以做到 \(\mathcal O(n)\)。
96. CF1609G A Stroll Around the Matrix
u1s1 感覺這個題其實還挺一眼的吧，不知道怎么被評到 3k 的.jpg（
首先考慮什么樣的路徑是最優路徑。我們先不妨假設我們先一直向右走，再一直向下走，即 \((1,1)\to(1,2)\to\cdots\to(1,m)\to(2,m)\to\cdots\to(n,m)\)，但是這樣顯然不一定是最優解，因此考慮調整。調整的第一步顯然是將 \((1,m-1)\to(1,m)\to(2,m)\) 調整為 \((1,m-1)\to(2,m-1)\to(2,m)\)，顯然后者代價比前者更優，當且僅當 \(a_2+b_{m-1}<a_1+b_m\)。再者就是將 \((1,m-2)\to(1,m-1)\to(2,m-1)\) 調整為 \((1,m-2)\to(2,m-2)\to(2,m-1)\)，以及 \((2,m-1)\to(2,m)\to(3,m)\) 調整為 \((2,m-1)\to(3,m-1)\to(3,m)\)，以此類推。按照這樣的方式繼續手玩下去可以發現，在最終的狀態中，假設我們在點 \((i,j)\)，那么我們會往下走，當且僅當 \(j=m\)，或者 \(i\ne n\) 且 \(a_{i+1}-a_i<b_{j+1}-b_j\)。
我們考慮設 \(pos_i\) 表示我們處於第 \(i\) 行時，會在哪個位置首次向下走，由於 \(n\) 很小並且題目中 \(a,b\) 序列都是下凸的，因此對於同一行 \(i\)，必然存在一個斷點 \(j\)，使得對於 \(j\) 左邊所有位置，當我們位於 \((i,j)\) 時都會向右走，而對於 \(j\) 右邊所有位置，當我們位於 \((i,j)\) 時都會向下走。且 \(pos\) 數組也是單調不降的。這樣一來問題就好辦了，由於 \(n\) 很小，因此對於每次修改，改完之后都可以直接線段樹二分修改 \(pos\) 數組，而答案即為 \(\sum\limits_{i=1}^n(a_i·(pos_i-pos_{i-1}+1)+\sum\limits_{j=pos_{i-1}}^{pos_i}b_j)\)，這個也可以每次 \(\mathcal O(n\log m)\) 地求。比較麻煩的是要實現單點加求三階前綴和，用樹狀數組維護平方項、一次項和常數項能夠獲得常數較小的實現。
時間復雜度 \(\Theta(nm\log m)\)。
97. NFLSOJ #795 【五校國集集訓 Day1】數學題(math)
首先考慮求出給定的 \(n\) 個向量的一組基 \(\mathcal B\)。那么非常顯然的一個性質是，對於不在 \(\mathcal B\) 中的向量，如果我們翻轉其中任意一位上的值，矩陣的秩肯定不會減小，因為矩陣仍存在線性無關的向量集合 \(\mathcal B\)。而我們發現，對於 \(\mathcal B\) 中的某些向量，這個性質也是成立的，比方說給出的向量集合為 \(\{100,011,111\}\)，我們通過一遍線性基求出的基 \(\mathcal B = \{100,011\}\)，但實際上，不論我們去掉三個向量中的哪一個，剩余部分的秩仍然是 \(2\)，也就是說不論我們翻轉哪一個位置，矩陣的秩總是不降的。
那我們如何找出所有滿足“翻轉其中任意一位，矩陣的秩都不降”的向量呢？首先不在 \(\mathcal B\) 中的向量肯定要歸為其中，而對於在 \(\mathcal B\) 中的向量，我們假設 \(\mathcal B = \{x_{b_1},x_{b_2},\cdots,x_{b_k}\}\)，並將所有不在 \(\mathcal B\) 中的向量都表示為 \(\mathcal B\) 中向量的線性組合，即假設 \(x_i=c_{i,1}x_{b_1}+c_{i,2}x_{b_2}+\cdots+c_{i,k}x_{b_k}\)，其中 \(c_{i,j}\in\{0,1\}\)，那么一個 \(x_{b_j}\) 符合上述要求，當且僅當 \(\exists i,s.t.c_{i,j}=1\)，因為就算把 \(x_{b_j}\) 去掉之后，加入符合上述要求的 \(x_i\)，得到的向量集仍是線性無關的。
而我們還可以發現一個性質，就是對於符合上面要求的向量，它們的答案都是相同的。具體來說我們考察每個 \(e_j\)，即只有第 \(j\) 維為 \(1\) 的向量，如果它在 \(\mathcal B\) 生成的空間中，那么說明對於符合上面要求的向量，它與 \(e_j\) 的和也在 \(\mathcal B\) 生成的空間中，所有這些向量的答案的第 \(j\) 位就是 \(0\)，否則所有這些向量第 \(j\) 位的答案就是 \(+\)。
那對於別的向量，也就是去掉這個向量后，矩陣的秩必然減小的向量呢，首先一個顯然的性質：翻轉這些向量的任何一位后，矩陣的秩必然不增，因為去掉這個向量后，矩陣的秩減少 \(1\)，而加入一個向量最多使矩陣的秩增加 \(1\)。那么翻轉什么樣的位后，答案減小 \(1\) 呢？我們還是考慮將 \(e_j\) 拆成 \(\mathcal B\) 中元素的線性組合。如果 \(e_j\) 無法表示，那么秩肯定不變，否則，如果 \(e_j\) 的表示中包含 \(x_i\)，那么我們考慮再將 \(x_i+e_j\) 表示成 \(\mathcal B\) 中元素的線性組合，顯然 \(x_i+e_j\) 的線性組合中不會包含 \(x_i\)，因為 \(x_i\) 的表達式中有個 \(x_i\)，\(e_j\) 的表達式中也有個 \(x_i\)，二者相加，在模 \(2\) 意義下消掉了，而其他向量的表示中也沒有 \(x_i\)，因此矩陣的秩減小，否則不難說明矩陣的秩不變。
用 bitset 模擬上面的過程即可，時間復雜度 \(\dfrac{n^3}{\omega}\)，如果視 \(n,m\) 同階。
98. CF1530G What a Reversal
What a Problem！
首先考慮在變換前后有沒有什么量是不變的。顯然 \(1\) 的個數肯定不會變對吧，如果 \(s,t\) 中 \(1\) 的個數不同那就直接 GG 了。這個直接特判一下即可。
我們記 \(s,t\) 中 \(1\) 的個數為 \(m\)，對於 \(k=0\) 或 \(k>m\) 的情況，顯然只有 \(s,t\) 完全相同才有可能有解，這個特判一下即可。對於 \(k=m\) 的情況我們也需特判一下，這個大概就分翻一次、翻兩次、翻三次分類討論一下，可能細節略有點繁瑣。
下面重點討論 \(k<m\) 的情況，首先發現操作可逆，因此我們按照套路將 \(s,t\) 全變成一個字符串，然后正序輸出 \(s\) 的操作序列並倒序輸出 \(t\) 的操作序列。考慮一次操作的本質是什么，我們假設 \(s\) 的 \(1\) 的位置分別是 \(p_1,p_2,\cdots,p_m\)，方便起見假設 \(p_0=0,p_{m+1}=n+1\)，我們再設 \(d_i=p_{i+1}-p_i-1\)，那么可以發現一次操作等價於：
- 選擇一個 \(i\in[0,m-k]\)，reverse 子段 \(d_{i+1},d_{i+2},\cdots,d_{i+k-1}\)，同時選擇一個 \(j\in[-d_i,d_{i+k}]\)，並令 \(d_i\) 加上 \(j\)，\(d_{i+k}\) 減去 \(j\)。
下面考慮怎樣構造，首先是 \(k\) 是奇數的情況，我們考慮將兩個字符串都調整至 \(d_0=n-m,d_i=0(i\in[1,m])\) 的狀態。我們首先先將 \(d_{k+1},d_{k+2},\cdots,d_m\) 歸零，這個就每次選擇 \(j=d_{i+k}\) 即可清空 \(d_{i+k}\)。然后我們考慮對於奇數步，我們令 \(i=0,j=d_k\)，這樣相當於翻轉 \(d_1\sim d_{k-1}\) 並將 \(d_k\) 清空全部送給 \(d_0\)；對於偶數步，我們選擇 \(i=1,j=d_{k+1}=0\)，這樣相當於翻轉 \(d_2\sim d_k\)，不難發現這樣操作下去，\(d\) 數組會依次發生以下變化（其中紅色代表對應的 \(d\) 值已經變為 \(0\)：
- \(d_0,d_{k-1},d_{k-2},\cdots,d_1,\color{red}{d_k}\)
- \(d_0,d_{k-1},\color{red}{d_k}\color{black}{,d_{1},d_2,\cdots,d_{k-2}}\)
- \(d_0,d_{k-3},d_{k-4},\cdots,d_1,\color{red}d_k\color{black},d_{k-1},\color{red}d_{k-2}\)
- \(d_0,d_{k-3},\color{red}{d_{k-2}}\color{black}{,d_{k-1},}\color{red}{d_k}\color{black}{,d_1,d_2,\cdots,d_{k-4}}\)
不難發現在上面的過程中，咱們采用每一輪隔一個清一個的策略，即在奇數次操作依次將 \(d_k,d_{k-2},d_{k-4}\cdots,d_1,d_{k-1},d_{k-3},\cdots d_2\) 清空，由於 \(k\) 是奇數，故每個 \(d_i\) 都會被清到，因此進行 \(2k\) 次操作即可清空 \(d_1\sim d_k\)，總操作數 \(2k+(m-k)=m+k\le 2n\)。
接下來考慮偶數的清空，手玩一下可以發現 \(k\) 為偶數時不一定有解，因為不論你怎么 reverse，都有奇數位上的 \(d_i\) 之和不變，偶數位上也是如此，因此如果 \(s,t\) 奇數位上的 \(d\) 之和不同那就直接 GG 了，否則我們考慮如下構造方式：
- 首先還是將 \(d_{k+1}\sim d_n\) 全部清空，構造方式同 \(k\) 為奇數的清空。
- 然后在奇數輪我們還是選擇 \(i=0,j=d_k\)，在偶數輪我們則選擇 \(i=1,j=-d_1\)。
我們還是手動模擬一下上面的過程：
- \(d_0,d_{k-1},d_{k-2},\cdots,d_1,\color{red}{d_k}\color{black},d_{k+1}=0\)
- \(d_0,\color{red}{d_{k-1},d_k}\color{black},d_{k-2},\cdots,d_1,d_{k+1}\)
- \(d_0,d_2,d_3,\cdots,d_{k-2},\color{red}{d_{k},d_{k-1},d_1}\color{black},d_{k+1}\)
- \(d_0,\color{red}{d_2,d_1,d_{k-1},d_k}\color{black},d_{k-2},d_{k-3},\cdots,d_4,d_3,d_{k+1}\)
不難發現在上面的過程中，我們不斷把奇數位上的 \(d\) 丟給 \(d_{k+1}\)，把偶數位上的 \(d\) 丟給 \(d_0\)，因此最后得到的一定是 \(x,0,0,0,\cdots,0,y,0,0,\cdots\) 的形式。符合要求。
時間復雜度 \(n^2\)，瓶頸在於每次操作后都要 reverse 重新算 \(p,d\)。
99. CF1530H Turing's Award
咦？時隔 INF 天，tzc 竟然來補題解了，incredible（
首先考慮將整個過程倒過來處理，問題轉化為有一條數軸，你當前在 \(0\) 的位置，有一個排列，每次你可以走到相鄰兩個位置中的一個，如果那個位置上沒有數就在那個位置上填上 \(p_i\)，求得到的 LIS 的最大值。
不難發現最優策略中，任意時刻肯定是恰有一個區間上有數，並且對於我們不欽定在 LIS 上的數我們肯定不會把它寫到紙上，否則從區間的一端走到另一端所需的代價會更大。考慮以此為狀態設計 DP。設 \(dpl_{i,j}\) 表示目前人在左邊，LIS 長度為 \(j\)，最左邊的在 LIS 上的數為 \(i\)，最右端的數的最小值，再設 \(dpr_{i,j}\) 表示目前人在右邊，LIS 長度為 \(j\)，最右邊的在 LIS 上的數為 \(i\)，最左端的數的最大值。考慮如何轉移，以 \(dpl\) 為例，\(dpr\) 道理類似：
- 如果上一步還在左邊，那么有 \(dpl_{i’,j-1}\to dpl_{i,j}\)，能進行這樣的轉移的條件是 \(i’>i\) 且 \(pos_{i’}>pos_i\)，其中 \(pos_x\) 表示 \(x\) 這個數在排列中的位置。
- 如果上一步在右邊，那么有 \(i’\to dpl_{i,j}\)，能進行這樣的轉移的條件是 \(dpr_{i’,j-1}>i\) 且 \(pos_{i’}-pos_i\ge j-1\)
直接枚舉 \(i,j,i’\) 轉移是三方的，不過注意到轉移可以寫成前綴 \(\max/\min\) 的形式，因此可以用樹狀數組找出最優決策點，復雜度變成了 \(n^2\log n\)，但還是不夠。注意到題面中有個“排列 \(p\) 隨機生成”的條件。根據經典結論，隨機排列的 LIS 長度期望是根號級別的，因此我們猜測答案期望也是根號級別的，事實確實如此。實踐證明 \(j\) 枚舉到 \(285\) 即可，這樣復雜度就變成了 \(285n\log n\)，常數略大，但由於時限很大，可以通過。
具體實現時還有不少細節需要注意，比如此題邊界條件非常值得思考，不能簡單地 \(dpl_{i,1}=dpr_{i,1}=i\)，因為無論如何 \(p_n\) 都是要寫出來的，因此要分 \(p_n\) 在 LIS 上和不在 LIS 上處理。
100. P6845 [CEOI2019] Dynamic Diameter
簡單題。然鵝我一開始竟然不會，ymx 竟然一開始想 LCT，wjz 竟然一開始想動態 DP，震撼震撼（
考慮經典結論：點集的並的直徑屬於點集的直徑的並，這樣我們可以在 \(\mathcal O(\log n)\) 的時間內通過兩個點集 \(U,V\) 的直徑合並得到 \(U\cup V\) 的直徑，然后 DFS 序+線段樹維護區間直徑即可，修改一條邊的邊權時，我們只用更新包含這個點的區間的信息即可。
時間復雜度 \(n\log^2n\)。