Hammer to Fall(1)
定义\(f_{i,j}\)表示\([i,q]\)天中点\(j\)的答案，则\(f_{i,j}=\begin{cases}f_{i+1,j}&j\ne b_{i}\\\min_{(j,k)\in E}(f_{i+1,k}+w_{(j,k)})&j=b_{i}\end{cases}\)
注意到每次仅修改\(f_{i,b_{i}}\)，并对度数分治即可
具体的，用set维护相邻度数\(\le K\)的点，并暴力枚举度数\(>K\)的点即可
取\(K=\sqrt{\frac{m}{\log n}}\)，时间复杂度为\(O(q\sqrt{m\log n})\)
Partial Virtual Trees(2)
将\(\subset\)容斥为\(\subseteq\)，即需对\([1,k]\)求出答案
记以\(i\)为根的子树点集为\(S\)，定义\(f_{i,j}\)表示满足\(T_{1}=S\)且\(T_{j}=\empty\)的虚树序列数，则
\[\begin{array}{ll}f_{i,j}&=\sum_{t=2}^{j}\left(\prod_{son\in i}f_{son,t}+\prod_{son\in i}(f_{son,j}-f_{son,t})\prod_{other\in i}f_{other,t}\right)\\ &=\sum_{t=2}^{j}\left(\prod_{son\in i}f_{son,t}\right)\left(1+\sum_{son\in i}\frac{f_{son,j}-f_{son,t}}{f_{other,t}}\right)\end{array} \]（枚举最小的\(t\)满足\(i\not\in T_{t},\)并对至多一个\(>t\)的子树分类讨论）
由于\(1\)一直存在，\(\forall son\in 1\)的子树间独立，即\(k\)时的答案为\(\prod_{son\in 1}f_{son,k}\)
将其中\(f_{son,j}\)相关的项提出后即可优化，时间复杂度为\(O(n^{2})\)
Defend City
咕咕咕
Flower’s Land(2)
考虑点分治，即钦定连通块包含根节点
在dfs序上dp，即\(f_{i,j}\)表示dfs序中前\(i\)个点选\(j\)个的最大点权，转移即\(f_{i,j}\rightarrow \begin{cases}f_{i+1,j+1}(+a_{i})\\f_{i+sz_{i},j}\end{cases}\)
注意到转移为DAG，包含\(k\)即钦定经过\((k,*)\)，分别处理以其为起点/终点的最长路即可
由于点集\(<k\)时可以直接退出，时间复杂度为\(O(nk\log\frac{n}{k})\)
Counting Sequence(2)
取最大的\(K\)满足\(\frac{K(K+1)}{2}\le n\)，并对\(a_{1}\)分类讨论：
-
若\(a_{1}\le K\)，则\(\max a_{i}\le 2K\)
定义\(f_{i,j}\)表示\(a_{1}=i\)且和为\(j\)的方案数，转移即\(f_{i,j}=\sum_{d\in \{1,-1\}}f_{i+d,j-(i+d)}\)
-
若\(a_{1}>K\)，则\(m\le K\)，即不需要考虑\(>0\)的限制，可以差分统计每个\(\pm 1\)的贡献
定义\(g_{i,j}\)表示\(m=i,a_{1}=0\)且和为\(j\)的方案数，转移即\(g_{i,j}=\sum_{d\in \{1,-1\}}g_{i-1,j-d(i-1)}\)
时间复杂度为\(O(n\sqrt{n})\)
黑白点(3)
对于顺时针四个点\(abcd\)（颜色为黑黑白白），则\(a-d,b-c\)劣于\(a-c,b-d\)
在此基础上，任取线段\(a-b\)，记\(c,d\)为\(a,b\)顺时针下一个同色点，则有线段\(c-d\)
（上述性质可以自行画图+分类讨论证明）
记线段两侧分别有\(b_{l},w_{l},b_{r},w_{r}\)个黑/白点，即有\(\min(b_{l},w_{r})+\min(b_{r},w_{l})\)个交点
注意到\(b_{l}+b_{r}=w_{l}+w_{r}\)，原式即\(\min(b_{l}+w_{l},b_{r}+w_{r})\)，也即两侧点数
设\(n\)个黑/白点位置分别为\(b_{i},w_{i}\)，则答案即\(\max_{d}\sum dis(b_{i},w_{i+d})\)
分别统计\(b_{i}\)和\(w_{i}\)对\(d\)的贡献，至多分成四段差分即可，时间复杂度为\(O(n)\)
Tree Distance(2)
考虑点分治，记\(S\)为当前点集\(,d_{x}\)为\(x\)到重心的距离，则贡献即\(\min_{x,y\in S\cap [l,r]}(d_{x}+d_{y})\)
可以看作最小值+次小值，而前者必然是\(S\)中后者左/右侧第一个比其小的元素
换言之，仅需考虑\(\sum |S|\sim O(n\log n)\)个点对，做二维偏序即可，时间复杂度为\(O(n\log^{2}n)\)
神隐(5)
参考这里
Proposition Composition(3)
记\(S_{i}\)为覆盖\((i,i+1)\)的非链边，则有以下情况：
- 删除某条\(S_{i}=\empty\)的\((i,i+1)\)（和其他任意一条边）
- 删除\((i,i+1)\)和\(S_{i}\)中的边（要求\(|S_{i}|=1\)）
- 删除\(i\ne j\)且\(S_{i}=S_{j}\)的\((i,i+1)\)和\((j,j+1)\)
前两种情况是简单的（注意去重），下面考虑第\(3\)种情况：
对每个位置维护\(pre_{i}\)和\(nex_{i}\)，表示向前/向后第一个满足\(S_{i}=S_{j}\)的\(j\)
此时，操作即将\(\forall i\in [l,r],pre_{i}<l\)或\(nex_{i}>r\)处断开并连接若干\(pre_{i}\)和\(nex_{j}\)
-
关于断开，注意到总次数为\(O(n)\)，用线段树维护即可
-
关于连接，给每条链一个编号，并将断开的位置按编号排序即可
求点所在链的编号可以用启发式分裂，即将较小的部分重新编号
时间复杂度为\(O(n\log n)\)
Anti-median
咕咕咕
和平共处(4)
参考这里
Good Game(3)
显然操作等价于每次删除极长且长度\(>1\)的\(01\)段
将所有极长段取出，并按长度是否\(>1\)转换为新的\(01\)串
每次删除一个\(1\)，相邻两数合并后必然为\(1\)，注意到这可以看作删除这两数
换言之，每次删除某个\(1\)（除两端外）的相邻两数，使序列全为\(1\)
-
若\(n=2k-1\)，记\(x,y\)为\([1,k]\)和\([k,n]\)中最靠近\(k\)的两个\(1\)（不存在则为\(0\)或\(n+1\)）
注意到至多操作\(k-1\)次，且每次操作至多消除\((x,y)\)间的一个\(0\)，即有\(y-x\le k\)
在此基础上，对\(y\)操作\(k-x\)次，即可使\(x\)在中间，进而对其操作剩余\(x-1\)次即可
-
若\(n=2k\)，考虑最后剩下的两个\(1\)，显然所影响范围不交
换言之，合法当且仅当能将整个序列分为两个长度为奇数的合法段，显然容易判定
时间复杂度为\(O(n)\)
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