一双木棋
状态数不多，直接爆搜
IIIDX
考虑依次给 \(i=1,2,\cdots,n\) 填上数，每次尽量填最大的。考虑什么时候 \(i\) 填上 \(x\) 是合法的。考虑 Hall 定理，发现左部点约束最严的时候肯定是找一个已经填过的点 \(u\)，然后对所有 \(d_v\ge d_u\) 的 \(v\)，选出 \(v\) 的子树内的所有点，也就是说我们会选一个后缀的子树的并。形式化地，对每个已经填过的点 \(u\)，所有 \(d_v\ge d_u\) 的 \(v\) 的子树内未填的点并起来的大小不能超过 \(\ge d_u\) 且尚未被填入的格子个数。
维护 \(w_i\) 表示如果在判定中选择分界点为 \(i\)，\(\ge i\) 的剩余空位数减去所有 \(d_u\ge i\) 的子树并中未填点数的差，那么当前状态合法当且仅当 \(w_i\ge 0\) 对所有 \(i\) 成立。
考虑给 \(u\) 填入 \(x\) 有什么影响，发现对前一项的影响是所有 \(i\le x\) 的 \(w_i\leftarrow w_i-1\)。考虑后一项会发生什么变化，我们发现由于树的 BFS 序就是 \(1,2,\cdots,n\)，因此 \(u\) 的子树内一定完全是空的，祖先一定是满的。因此，设 \(v\) 是 \(u\) 的父亲，显然只有 \(i\le x\) 的 \(w_i\) 会发生改变，具体地：
- 当 \(i \le d_v\) 时这个子树并中未填的点的个数会 \(-1\)，导致实际的 \(w_i\) 不改变；
- 当 \(d_v<i\le x\) 时，子树并会多出 \(\text{size}_u-1\)，导致实际的 \(w_i\) 的变化为 \(w_i\leftarrow w_i-\text{size}_u\)。
因此，实际的影响就是：对所有 \(d_v<i\le d_u\)，令 \(w_i\leftarrow w_i-\text{size}_u\)。那么要想维持 \(w_i\ge 0\)，就只需要找到 \(d_v\) 后面的最大的 \(x\)，使得对 \(i\in (d_v,x]\)，均有 \(w_i\ge \text{size}_u\)，然后将这个区间都减去 \(\text{size}_u\)。线段树维护即可，时间复杂度 \(O(n\log n)\)。
秘密袭击
考虑对每个 \(x\) 算出第 \(k\) 大 \(\ge x\) 的方案数，这个就是对每个点 \(i\) 如果 \(d_i\ge x\) 就把他的权值设为 \(1\)， 否则权值为 \(0\)，那么第 \(k\) 大 \(\ge x\) 相当于是说这个连通块里至少有 \(k\) 个 \(1\)。
直接 DP，复杂度是 \(O(n^3)\)。\(n=1666\)，而且还开 5s，这不是稳过？过了，好像 2s 都不到。。
我去。。怎么正解是 \(O(n^2\log n)\)，有点猛了
简单写一下题解做法：考虑设 \(f_{u,i,j}\) 表示选一个以 \(u\) 为根的连通块，使得其中 \(\ge i\) 的点有恰好 \(j\) 个的方案数。那么答案就是 \(\sum_{u,i}\sum_{j=k}^{n}f_{u,i,j}\)。
设 \(F_{u,i}(x)\) 为其生成函数，我们考虑 DP 是咋做的，发现会先把所有 \(p\ge a_u\) 的 \(f_{u,p,1}\leftarrow 1\)，所有的 \(p<a_u\) 令 \(f_{u,p,0}\leftarrow 1\)。然后接下来枚举儿子 \(v\)，让所有 \(F_{u,p}\leftarrow F_{u,p}\times(F_{v,p}+1)\)。
直接维护多项式当然很寄，考虑插值：取点值 \(t\)，发现我们的操作对 \(F_{u,i}(t)\) 的影响是：
- 令一个区间内的 \(f_{u,p,1}\leftarrow 1\)：令所有的 \(F_{u,p}(t)\leftarrow t\)。
- 令区间内的 \(f_{u,p,0}\leftarrow 1\)：\(F_{u,p}(t)\leftarrow 1\)。
- \(F_{u,p}\leftarrow F_{u,p}\times(F_{v,p}+1)\)：先在对面全局 \(+1\)，然后对应点值相乘。
线段树合并维护即可。只需要维护区间加，区间乘。然后我们考虑最终直接对着所有 \(F_{u,i}\) 之和去插值（也就是对这个总和多项式插值），那也就是要再多维护一个区间和。
做一次的复杂度是 \(O(n\log n)\)，插值做 \(n\) 次就是 \(O(n^2\log n)\)。最后插回来系数就行了。
实际上貌似也可以直接做 DFT 然后直接在线段树上维护多项式点乘和多项式的求和，复杂度应该是不变的！
然后你再想想发现维护 DFT 其实就是维护单位根出的点值。。没区别的！！
劈配
考虑 \(C=1\) 怎么做，发现这个时候每个人的选择是唯一的，我们可以直接 \(O(nm)\) 算一轮，对于第二问就直接二分，复杂度是 \(O(n^2m\log n)\)。
那么 \(C>1\) 怎么办呢，这个时候问题在于某些人可能有多种选择，而他的多种选择可能带来不同的结果。一种想法是类似二分图匹配的匈牙利算法，我们对每个人从大往小枚举他可能的候选导师，如果当前这个导师已经满员了，我们尝试找这个导师的一个学生，让他再去换一个别的导师。
考虑仿照匈牙利算法，依次考虑每个人 \(x\)，发现他能匹配上导师 \(y\) 当且仅当 \(y\) 能够通过当前的残量网络到达一个没有满的导师。我们找到符合条件的 \(y\) 中志愿最靠前的一个即可。
我们在每轮增广后 BFS 算出每个点能否到一个没有匹配满的导师即可。那么这部分的时间复杂度还是 \(O(nm)\)。进一步你发现二分都不需要了，我们在尝试加入 \(i\) 的时候直接顺便把别的都算了就行。复杂度是 \(O(n^2m)\)。
林克卡特树
没看题解切的（但是这个也太经典了吧？？
相当于选 \(k+1\) 条点不相交的路径，最大化点权和。
wqs 二分，然后 DP 的时候记录 \(f_u\) 表示 \(u\) 点的答案，\(g_u\) 表示考虑 \(u\) 点的子树，要求存在一个以 \(u\) 为端点的链时候的答案，那么转移就是：
- \(f_u\) 有三种情况，第一种是直接所有儿子的 \(f_v\) 加起来，第二种是选择一个儿子 \(x\)，用其他儿子的 \(f\) 之和加上 \(g_x+w(x,u)\) 来更新答案，第三种是合并两条链，这种情况还需要加上一个二分的斜率 \(m\)，因为链的总数少了一条。
- \(g_u\) 可以直接选自己这个单点作为转移点，这种情况下是所有儿子的 \(f\) 之和减去 \(m\)，另一种方法是选一个儿子 \(x\) 然后用 \(g_x+w(x,u)\) 加上其他儿子的 \(f\) 之和更新答案。
然后为了要 wqs 还得记录选了多少条，那就记录 \(\textit{cf}_u,cg_u\) 分别表示最优情况下选的链的个数，如果有多解选尽可能多条，最终会选多少。这也是容易转移的。
总复杂度 \(O(n\log V)\)。本来想先写个暴力 \(O(\sum \deg^2)\) 转移试试，结果直接过了，惊讶
制胡窜
没看题解切的
用总的减去不合法的。考虑不合法的怎么算。
考虑在 SAM 上定位到询问串 \(t=S[l\cdots r]\)，记 \(L=r-l+1\)，相当于要切两刀割开所有字符串。
找到 endpos 集合中的最大值 \(m\)，那么后一刀切的位置 \(p\) 需要满足 \(p\in[m-L+1,m-1]\)。这里在 \(p\) 处切一刀表示分开 \(p,p+1\) 两个位置，即取 \(i=p\) 或 \(j=p+1\)。
如果在靠后的那一刀的位置是 \(p\)，那么接下来我们应当找到 \(\le p\) 的 endpos 中的最大值 \(y\) 和最小值 \(x\)，然后把答案加上 \(|[x-L+1,x-1]\cap[y-L+1,y-1]|\)。如果所有 endpos 都 \(>p\) 那下一刀可以随便切，方案数是 \(p-1\)。这种情况能发生当且仅当所有 endpos 的交非空。
形式化地我们设 \(f(p)\) 表示 \(\le p\) 的最大的 endpos 位置，\(nx(p)\) 表示 \(>p\) 的最小 endpos 位置，那么 \(f(p)=y\) 当且仅当 \(nx(y)>p\ge y\)，那么答案就是
\[\sum_{p=m-L+1}^{m-1}\max(x-1-f(p)+L,0)\\ \]交换求和顺序，枚举 \(f(p)\) 得到
\[\sum_{y\in\text{endpos}(t)}|[x-L+1,x-1]\cap[y-L+1,y-1]|\times|[y,nx(y)-1]\cap[m-L+1,m-1]| \]我们仔细地写一下限制，前一条是说 \(y-L+1\le x-1\)，后一条需要 \(m-L+1\le nx(y)-1\)，两条都满足之后方案数就是 \((x-1-y+L)\times (nx(y)-1-\max(m-L,y-1))\)。这里当 \(y\) 是最大值的时候我们认为 \(nx(y)=n+1\)；同时还需要特判一下所有 endpos 都有交的情况，大概是一个二次函数。
首先由 \(y-L+1\le x-1\) 得到的关于 \(y\) 的限制是一个前缀，由 \(m-L+1\le nx(y)-1\) 得到的限制是一个后缀，交一下就是一个区间 \([l,r]\)。然后大概还需要对 \(y\le m-L+1\) 和 \(y>m-L+1\) 分类讨论。
先考虑 \(y\le m-L+1\)，我们拆出 \(1,y,nx(y),y\times nx(y)\) 相关的四项，答案就是
\[(x+L-1)(L-m-1)\times\sum 1\\+(m-L+1)\times\sum y\\+(x+L-1)\times\sum nx(y)\\ -\sum nx(y)\times y \]然后再考虑 \(y>m-L+1\)。这个时候答案是 \((x-1-y+L)\times(nx(y)-y)\)，拆一下就是
\[-(x+L-1)\times \sum y\\ +(x+L-1)\times\sum nx(y)\\ +\sum y^2\\ -\sum y\times nx(y) \]那就是要维护区间内的 \(\sum y,\sum nx(y),\sum nx(y)\times y,\sum 1\)。先离线然后在 parent 树上跑线段树合并就行了，线段树需要支持查询区间个数，区间和，区间邻项乘积和，区间平方和，以及 lowerbound。然后为了定位到这个节点，大概还需要在 parent 树上倍增。
具体来说我们线段树维护区间内 endpos 的个数以及 endpos 位置的和，然后还要实现一个 lowerbound，那么要查询区间 \([l,r]\) 内的 \(\sum nx(y)\) 就先找到 \(\ge l\) 的第一个 endpos 中的位置 \(p\)，再找到 \(>p\) 的第一个位置；在 \(r\) 那边我们也这么做一遍，然后再查询这个新区间内的 \(\sum y\)。
\(\sum y\times nx(y)\) 也是类似的。考虑线段树合并咋维护 \(\sum y\times nx(y)\)，发现只需要多维护 \(L(p),R(p)\) 表示区间内最左端和最右端的 endpos 位置就行了。定位这个节点相当于在 parent 树上找一个最深的祖先 \(a\) 使得 \(\text{maxlen}_a\ge L\)，那就直接倍增就行了。总的复杂度是 \(O((n+q)\log n)\)。
写吐了
标签：le,sum,times,nx,ge,2018,联考,endpos,五省 From： https://www.cnblogs.com/YunQianQwQ/p/17757381.html