知识回顾：
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巩固：二分，倍增，优化DP，莫队，分数规划，网络流，二分图，贪心，set/map，KMP
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深入研究：分治（线段树分治），后缀数组，费用流
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简单了解/没学明白：线性基，边分治，数位DP，博弈论
练题：
直接模拟复杂度 \(O(n^2)\)，显然会超时，于是考虑倍增。
定义 \(st_{i,j}\) 表示从 i 这条线段走 \(2^j\) 次所能到达的最远的线段编号。
转移显然，\(st_{i,j}=st_{st{i,j-1},j-1}\)。
为了方便，可以断环为链。
复杂度 \(O(n \log n)\)。
Yet Another Minimization Problem
神仙题。
第一眼看上去就是 DP。
定义 \(f_{i,j}\) 表示当前点 i，分 j 段的最小费用。
\(f_{i,j}= min(f_{i,j},f_{k,j-1}+val_{k+1,i})\)
然后发现复杂度 \(O(n^2k)\)，直接 T 飞，需要优化。
我们发现 j 那一维可以滚掉，也就是只考虑第一维，然后做 j 次就行了，下面称 \(f_{i,j}\) 为 \(f_i\)。
对于 \(val_{i,j}\)，我们发现当 j 固定时，i 越小，值越大 (废话。
接下来最关键的一步就是证明转移的最优决策点是单调不降的。
我们考虑反证法。
定义 u 为当前点 i 的最优决策点，v 为 i+1 的最优决策点。
那么 \(f_u+val(u+1,i) \le f_v+val(v+1,i)\)
若 v < u，则对于 i+1 应当满足：\(f_v+val(v+1,i+1) \le f_u+val(u+1,i+1)\)
即：\(f_v+val(v+1,i)+ \Delta v \le f_u+val(u+1,i)+ \Delta u\)
根据之前发现的单调性，显然可以得出 \(\Delta v \ge \Delta u\)，即 \(\Delta v-\Delta u \ge 0\)。
所以移项可得 \(f_u+val(u+1,i) \ge f_v+val(v+1,i)+(\Delta v-\Delta u)\)，与前者矛盾，证毕。
接下来就可以用分治来优化了。
定义 \(cal(l,r,L,R)\) 为当前处理的区间 \([l,r]\) 和可能的最优决策点所在区间 \([L,R]\)。
对于一个这样的函数，我们可以暴力找到 \(mid=\left\lfloor l+r \right\rfloor\) 的最优决策点 p, 然后递归下去。
那么问题来了，怎么快速求出 \(val(l,r)\) 呢？直接莫队就行了！
复杂度 \(O(kn \log n+n \sqrt n)\) 。
分数规划+树形背包。
可以根据推荐关系建出一颗树，然后如果选了一点，则该点到根上的所有点都必须选。
二分 mid，定义每个结点的权值，然后判断选 k+1 个节点的最大值是否大于 0。
设 \(f_{i,j}\) 为当前节点 i，在其子树内选了 j 个节点，最大点权和为多少。
转移方程为 \(f_{u,j}=max(f_{u,j},f_{u,j-t}+f_{v,t})\)。
初始化为 \(f_{u,0}=0\)，\(f_{u,1}=val_u\)，其余皆为 -inf。
然后我们发现这个 DP 的复杂度貌似是 \(O(n^3)\)。
但将各种限制条件加上后就变成了 \(O(n^2)\)。本人很菜，没法证明。
所以最终复杂度为 \(O(n^2 \log n)\)。
求比值，分数规划。
对于每一个男生向所有女生连一条容量为 1，费用为 \(a_{i,j}-c \cdot b_{i,j}\) 的边，原点 s 向所有男生连一条容量为 1，费用为 0 的边，所有女生向汇点 t 也连一条容量为 1，费用为 0 的边。
然后跑一边 KM 或者最大费用最小流就行了。
复杂度 \(O(玄学)\)。
线段树分治。
我么发现添加物品容易，而删除物品难。
考虑把物品出现和删除的时间点表现在数轴上，那么一个物品的贡献就在这个区间内。
假设一共有 cnt 个查询操作，则我们建一棵大小为 cnt 的线段树。
然后对于每一个物品，将其区间拍在线段树上。
为了方便操作，可以在每个线段树结点上开一个 vector 存储被哪些物品覆盖。由于一个物品只会体现在 log 个结点上，所以 vector 的总空间为 \(O(q \log q)\)，不用担心 MLE。
最后遍历整棵线段树，对当前结点 vector 内的元素背包，然后再将 DP 数组下传给左右儿子。
最后每个叶子节点都对应一个询问，直接输出就行了。
复杂度 \(O(nk+q \log q)\)。
模板题。
线段树分治还是该咋写咋写，二分图的判断需要注意一下。
常见的方法是黑白染色，但这里不行，要用拓展域并查集。
也就是把一个点 u 拆成 u 和 u+n 两个点，每次连边只连两个不同域内的点，如果发现 u 和 u+n 在一个集合里，则说明有奇环，不是二分图。
线段树分治返回的时候，并查集显然也要返回初始状态，所以不能进行路径压缩，为了使复杂度有保证，改用安秩合并。
撤回时可以借助栈。
复杂度 \(O(n \log n \log n)\)。
可以说是模板题的进阶吧。
首先并查集要变成 k 个，对于每一种颜色都维护一下。
考虑一条边被染成某种颜色所处的时间段为 \([x,y]\)，那么会有两种情况。
1.染上去了，更新颜色。
2.没染上去，还是之前的颜色。
最后跑一边 dfs 就行了。
复杂度 \(O(m \log n \log q)\)
还是线段树分治。
每次给一条边，如果没有就添加，如果存在就删除。
于是可以转化成一段存在的区间，可借助 map 记录是否存在。
剩下的就是板子了。
复杂度 \(O(n \log n \log n)\)。
考场代码写得就是一坨屎，最后弃了。
我们可以定义一个 multiset 来存当前 m 个数。
添加元素：如果插入后在前 k 小，则减去第 k 个，加上这个数，否则不进行任何操作。
删除元素：如果要删除的元素在前 k 小，则减去这个数，加上第 k+1 个数，否则不进行任何操作。
复杂度 \(O(n \log n)\)。
题目要求我们求这个式子：
\[\min_{i=0}^{\infty}\max_{j=1}^{n}a_j \oplus i \]可以从高到低考虑每一位。
如果当前这些数的第 k 位都相同，则可以忽略这一位。
否则的话可以将这些数分成两类，一类为 0，一类为 1，然后递归处理。
复杂度 \(O(n \log n)\)。
背包+分治。
最朴素的做法是分组背包，对于每一个数组，考虑其每一个前缀，复杂度 \(O(nk^2)\)。
然后我们发现这些数组有着很好的性质，那就是不降。
于是就可以推出最佳的选法一定是全选若干个再加上一个选一些的，证明如下。
假设有两个数组都选了一部分数，其最后一个数分别为 a 和 b，且 a > b。
则显然在 a 后面继续选会更优。
接下来考虑分治。
对于当前区间 \([l,r]\) 计算出 mid，将 \([mid+1,r]\) 做一遍 01 背包，然后递归 \([l,mid]\)。
同理 \([mid+1,r]\) 也需要递归一遍。
如果 \(l==r\)，那么枚举一下数组 l 选的长度，更新一下就好了。
最后输出最大值。
复杂度 \(O(nk \log n)\)。
KMP简单题。
对于两个字符串a、b，我们要求出最大的 i 使得 \([lena-i,lena-1]\) 与 \([0,i-1]\) 相等。
然后可以把 b 接在 a 前面，中间隔上一个 \(#\)，跑一边 KMP 求出 border，然后去掉公共部分把 b 拼上就行了。
复杂度 \(O(n)\)。
很久以前就学过，但没太学懂，经过董老师的一番讲解，我豁（geng）然（jia）开（meng）朗（bi）。
定义 \(sa_i\) 为 s 的所有后缀中字典序第 i 小的编号。
\(rk_i\) 为后缀 i 的排名。
两者间关系为：\(rk[sa[i]]=sa[rk[i]]=i\)
可以用倍增求解。
任何长 \(2^k\) 的子串都可以表示成两个长为 \(2^{k-1}\) 的子串的拼接。
若知道所有长 \(2^{k-1}\) 的子串的排名，则长 \(2^k\) 的子串可以用一个二元组表示。
假如我们用 sort 进行排序，复杂度为 \(O(n \log n \log n)\)，不太 nice。
所以考虑用基数排序优化掉一个 log，即先对第二个排序，再对第一个排序。
求出 height 数组，然后用总方案数减去所有 height 数组之和，即：
\[\frac{n(n+1)}{2}-\sum\limits_{i=1}^{n}height_i \]费用流题。
先拆点，分成入点和出点。
对于每一个点 \((i,j)\)，从入点向出点连一条容量为 1，费用为 \(c_{i,j}\) 的边，和一条容量为 k-1，费用为 0 的边。
然后 \((i,j)\) 和 \((i,j+1)\) 连一条容量为 k，费用为 0 的边，\((i,j)\) 和 \((i+1,j)\) 也连一条容量为 k，费用为 0 的边。
最后跑一边最大费用最大流就行了。
很麻烦的费用流。
我们可以给订单拆点，容量为 inf，费用为该订单的收益。
然后给起点 1 也拆一下，容量为 k，费用为 0。
如果起点到某个订单的起点的时间符合要求，则连一条容量为 inf，费用为 \(-f_{s, x[i].a}\)。
如果某个订单能按时回到起点 1，则连一条容量为 inf，费用为 \(-f_{x[i].b,t}\)
接着两两枚举订单，如果订单 i 能按时到达订单 j，则连一条容量为 inf，费用为 \(-f_{x[i].b, x[j].a}\)。
最后跑一边费用流。
模拟赛：
USACO
AK了铜组，银组差十秒AK（可恶。
一周过后终于出结果了，没晋级......
铜组：
排序，对于每个值算一下就好了，比较简单。
复杂度 \(O(n \log n)\)。
[USACO22DEC] Feeding the Cows B
神奇的贪心。
首先我们可以把一块草的贡献理解为一个 \([i-k,i+k]\) 的区间，然后可以从左到右枚举每一头牛。
如果当前牛被区间覆盖，忽略。
否则的话以这头牛为左端点安排一个区间。
需要注意的是如果 \(i+k>n\)，那么可以先忽略这头牛，都处理完后从后往前找到第一个空位安排一下就行了（直观感受是对的，但我不会证明......
复杂度 \(O(n)\)。
P8899 [USACO22DEC] Reverse Engineering B
有意思的题。
判断有没有说谎其实就是看能否构造出可行解。
可以发现，if/else if/else 的组合的实际意义是每次根据某位的特性删去一部分字符串，而能够删除的条件是：当前拥有这个特性的所有字符串所返回的值相同。
接下来就好办了，我们采用贪心的策略。
如果当前位能够排除一波，那就执行一下。
为什么要立刻执行呢？因为如果一位能排除，那么不管怎么删除字符串都不会对其造成影响，反之的话就有可能使其成立。
所以这样的贪心是正确的。
复杂度 \((n^3)\)。
银组：
P8900 [USACO22DEC] Barn Tree S
第一眼看上去没什么思路。
考虑以 1 为根，计算其所有子树内干草的数量，然后可以判断出从节点 u 和它的父亲之间需要运多少草。假如需要从 u 向 \(fa_u\) 运 w 捆草，那么连一条 \((u,fa_u,w)\)。
可以发现这是一个 DAG，于是跑一边拓扑排序就行了。
复杂度 \(O(n)\)。
P8901 [USACO22DEC] Circular Barn S
考场上因为一些小细节没调出来！！！
定义 \(f_i\) 表示有 i 头牛，先手能否赢。
定义 \(g_i\) 表示有 i 头牛，如果双方都采取最优策略，需要多少次结束。
先用埃氏筛找出所有质数，然后对于递推求出 f 和 g。
如果存在 j，使得 \(j==i-prime\) 且 \(f_j==0\)，则 \(f_i=1\)，否则 \(f_i=0\)。
如果 \(f_i==0\)，则 \(g_i=\max\limits_{k=1}^{num}g_{i-prime_k}+1\)
否则 \(g_i=\min\limits_{k=1}^{num}g_{i-prime_k}+1\)
然后发现 T 飞了。
但是我们通过打表发现，如果 \(4 \ |\ i\)，则 \(f_i=0\)，否则 \(f_i=1\)。对于所有偶数，\(f_i=\frac{i}{2}\)。
于是只需要考虑 i 为奇数的情况。
因为所有奇数的 i 都有 \(f_i=1\)，而满足 \(f_j=0\) 的 j 必为 4 的倍数且 \(g_j\) 具有单调性，所以我们可以从大到小枚举质数，找到第一个满足 \(4 \ | \ i-prime_k\) 的 k，令 \(g_i=g_{i-prime_k}\)。
最后判断输赢的时候只需要对于每一个数找到 \(\frac{g_{val_i}}{2}\) 最小且最靠前的 i，并判断 \(f_{val_i}\) 即可。
复杂度很玄学，但是能过。
P8902 [USACO22DEC] Range Reconstruction S
别看题面很唬人，其实是个诈骗题。
我们知道相邻点的差的绝对值 r。如果 \(2^n\) 枚举显然不行。
假如我们有三个数，后两个的值不同且已经确定了（如果相同的话就可以合并成 1 个点），可以发现第一个数的值是唯一确定的。
于是我们就可以从后往前构造。
令 \(a_n=0\)，然后对于每一位的两种情况都分别试一下，取满足的一种就行了。
复杂度 \(O(n^2)\)。
A计划
太难了，打完部分分跑路了。
最终得分 20+20+40=80 rk15
贴一下官方题解。
对于每一个\(i\)，考虑给每条边一个定向，如果\(u\to v\)，那么另\(p_u=p_v+w\)，否则\(p_v=p_u+w\)。
那么如果一条路径上边的方向都是从\(u \to v\)或者\(v \to u\)，\(|p_u-p_v|=dis(u,v)\)，否则\(dis(u,v)\leq |p_u-p_v|\)。
考虑边分治，每次左边的所有边指向根节点，右边的所有边从根指向儿子即可。
或者点分治，每一层套一个二进制分组。二进制位为\(1\)的从下往上指，否则从上往下指。
ps：由于点分治不熟，不订正了。
显然，可以把两个数都填满前导零，答案也不会变。
最好的方法就是把\(x\)按位排序，\(y\)按位排序，依次相减。
也就是计算\(f_{i,j}\)表示\(l\)到\(r\)的所有数中，数位第\(i\)大的数大小为\(j\)的方案数。
考虑枚举\(j\)，数位dp。区间的数可以转化为前缀的数。
计算\(dp_{i,x,y}\)表示考虑了前\(i\)位，比\(j\)小的有\(x\)个，和\(j\)一样的有\(y\)个。
为了比较和\(r\)的大小，还要记录一位\(flag\)表示前\(i\)位是否和\(r\)一样。
最简单的一道题，但博弈论并不是我擅长的板块，所以考场弃了......
显然，如果初始时找不到\(k\times k\)的没有任何一个棋子的矩阵，那么先手必败。
如果能找到一个点，使得在这个点上放一枚棋子，导致找不到\(k\times k\)的没有任何一个棋子的矩阵，那么先手必胜。
除去这两种情况，初始局面至少会存在两个不相交的没有棋子的\(k\times k\)的矩阵。以及必败条件可以改成操作后使得找不到两个\(k\times k\)的矩阵，使得这两个矩阵全空且没有交。
那么考虑最后一步，肯定是只剩下了两个没有交的\(k\times k\)的矩阵。及一共有\(2\times k\times k\)个位置没有棋子，其他位置都有棋子。
根据初始空位的奇偶性，很容易得出最后一步是谁，从而得出谁必胜。
复杂度 \(O(n^2)\)。
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