CF626G

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比较简单的贪心。

首先不去考虑修改操作，注意到这个条件我们可以看作有若干个物品，选取每个物品有 \(1\) 的代价和某个价值。有若干个限制条件是要选某一个必须要先选某个价值比他大的东西。根据贪心的原理这个限制条件其实跟没有一样，因为你不会先选价值小的东西。那么对于一个无修改的版本，我们可以考虑维护一个堆，每次取出堆顶，获得这次的价值，并对应修改再押一票的价值，直到 \(t\) 票全押上。

接下来考虑修改操作。一个直观的感受是单次修改不会影响太多的票，实际上是只有一张。具体证明可见 cz 的题解。我这里采用了在每次修改后做 \(B\) 次去掉删除后负贡献最小的和加入后正贡献最大的操作，\(B=20\) 时可以过。

CF538H

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世界级贪心题。

一个首先的观察是，如果有三个老师两两无交，那就彻底完蛋了。然后世界级构造两个集合的大小 \(L=\max\limits_{i=1}^n l_i,R=\min\limits_{i=1}^n r_i\)，开始分类讨论。

• \(R\ge L\)，意味着所有老师有交，所有人可以任意分组。
• \(R<L\)，注意到此时不能再让 \(R\) 增大或 \(L\) 减小，否则均出现不合法情况。

所以现在 \(R\) 只能减小，\(L\) 只能增大。但不一定有 \(L+R\in[t,T]\)。接下来继续世界级讨论调整。

• \(L+R\in[t,T]\)，基于上面的讨论，改变 \(L,R\) 一定不优。直接判定即可。
• \(L+R\leq t\)，基于上面的讨论，若为后一种情况，则 \(L\) 需要增大。否则若增大 \(R\)，则 \(L,R\) 必在交内，此时 \(R\) 的最优情况即为去在右端点，那么还是只能增大 \(L\)。
• \(L+R>T\) 同上。

综上，我们可以据此调整出 \(L,R\)，然后跑二分图匹配判定即可。

CF573E

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很精妙的数据结构维护贪心。

一个想法是，每次选择当前对答案贡献最大的位置，然后直到贡献为负数。在这里，我们定义贡献为 \(v_i=k_ia_i+b_i\)，其中 \(k_i\) 为 \(i\) 之前选的数的个数加一，\(b_i\) 为 \(i\) 后所选数的和。

对于这个贪心结论有个很厉害的证明，具体可以去看 chzhc 的题解。在这里略提一下。

Lemma：对于 \(\forall a_i>a_j\land i<j\)，选 \(i\) 之前不会选 \(j\)。

证明考虑反证。假设 Lemma 不成立，第一次违法 Lemma 的操作对为 \(i,j\)，则讨论 \(i,j\) 之间有无已经被选的元素。无则 Lemma 成立。有则设其为 \(x\)。则有 \(a_x\ge a_i>a_j\)。然后再考虑 \(x\) 对 \(v_i,v_j\) 的贡献，应分别为 \(a_x,a_j\)，此时有 \(v_i>v_j\)，Lemma 成立。

然后可以通过 Lemma 证明贪心结论成立（其实是不想看了/cf）。

考虑快速维护这个贪心。每次选一个位置 \(x\) 对后面的位置 \(i\) 都有一个 \(a_i\) 的贡献，对前面的位置有一个 \(a_x\) 的贡献。分块维护这个，每个块内维护 \(k,b\) 分别表示块外 \(i\) 之前选的数的个数加一和块外 \(i\) 后选的数字和。每次问出所有块的最大值，然后对前后暴力修改，块内重构贡献即可。

现在的问题是如何快速求最大值。注意到两个操作均不会使整块操作的凸包形态改变，那么我们对于初始块暴力重构，其余块打标记即可。