打的算不错的了。就是 C 的部分分没时间打满了。
T1
签到题。记录 \(pfx[],suf[]\) 表示从前往后尽量少走、从后往前尽量多走，会走到哪里。
然后枚举 \(i=0\sim m\)，看 \(pfx[i],suf[i+1]\) 是否在同一个段内。
T2
码量题。记小边通向 \(s_i\)，大边通向 \(l_i\)。
部分分 \(50\) 分就是直接暴力 DP。
正解：
二分答案 \(x\)，改为判定连续段最多 \(x\) 大小是否可行。
考虑拆点 + 洪水填充。点 \(i\) 拆成 \(a_i,b_i\)，如果能到达 \(a_i\)，表示能通过一条路径到达 \(i\)，且这条路径最后一段是 \(A\) 类边。\(b_i\) 类似定义。
到这里可以做了。点 \(i\) 若通过 \(\le mid\) 条 B 边能到达 \(x_1\sim x_k\)，则从 \(a_i\) 向 \(b_{x_1\sim x_k}\) 连边。反之亦然。每次会连 \(O(n^2)\) 条边，复杂度 \(O(n^2\log n)\)。虽然还是没多拿分
观察到如果单取 \(A\) 边或者 \(B\) 边，是内向基环树，所以每个点向后的路径是唯一的。考虑 ST 表式倍增建点。给 \(a_i,a_{l_i},a_{l_{l_i}},\dots,a_{{l^{2^k}}_i}\) 建立一个点 \(pa(k,i)\)，从 \(pa(k,i)\) 向 \(pa(k-1,i),pa(k-1,i+pw[i-1])\) 连边（若 \(k=1\) 就直接连 \(a_i,a_{l_i}\)）。给 B 基环树也类似倍增地建点。总共多建立了 \(2n\log n\) 个点和 \(4n\log n\) 条边。但是此时 \(a_i\) 只需连两条边到 \(pb(?),pb(?)\)，就能覆盖所有通过 \(\le mid\) 条 B 边可达的点 \(b_j\)。所以连边变成 \(O(n\log n)\) 的了，复杂度为 \(O(n\log^2 n)\)。
T3
究极码量题。
先考虑在一棵树上，求包含路径 \((u,v)\) 的最长路径。这是简单的，我们只需要做树形 DP，求出每个点在子树内的最长路径和次长路径，要求不来自同一颗子树。再求出每个结点父结点子树的最长路径即可。
然后筛法筛出 \(1\sim 10^6\) 内的质数。对于一个质数 \(p\)，定义它的一个子图 \(G_p\) 为：保留原树内的边权是 \(p\) 的倍数的边所构成的森林。
对于每个森林，预处理出其每棵树（要求至少带一条边）内的 DP 值。同时对原树也做一次 DP。
对于一次询问 \((u,v)\)，求出原树上路径的 \(gcd=g\)（这个倍增求是容易的），然后对 \(g\) 质因数分解。依次考虑 \(g\) 的每个质因数 \(p\)，在 \(G_p\) 上包含 \(u,v\) 的树内，求出包含 \(u,v\) 这条路径的最长路径长度 \(len\)，则答案至少为 \(len+1\)。
在求出 \(x=\max\{len+1\}\) 之后，检查在原树上包含 \(u,v\) 的最长长度是否 \(\ge x\)，如果是，答案为 \(x\)；否则无解。
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