本文于 github 博客同步更新。
A：
限制等价于位置 \(i\) 的所有可能情况平均值均大于等于整体平均值，用个双指针模拟即可。
无解情况是不存在的。
B：
\(i\) 使用优惠卷而 \(b\) 未使用，若想让 \(i\) 的优惠卷给 \(j\) 用，需要满足 \(a_i-b_i<a_j-b_j\)。
然后我们每次找到一个原价/优惠价的最小值，与选择使用优惠卷的物品比较，判断是否替换即可。
C：
非常好NOIP模拟赛,使我默写lct
首先考虑一个实链\(x_1, \cdots, x_k\)（从浅到深），容易发现\(x_k\)一定是这\(k\)个节点里最晚被操作的，其他的节点之间顺序随意。然后考虑\(x_1\)的父亲 \(y\) 所在实链的链底 \(z\)，\(x_1\) 一定比 \(z\) 早操作。于是可以建一棵树，非链底向对应链底连边，链底向父亲链的链底连边，这样每个点在新树上的父亲的操作顺序一定比当前点早。
于是变成了这个问题：有一颗树，求有多少排列满足\(P_x < P_{fa_x}\)。这个问题可以简单的树形 dp 得到一个式子 \(\frac{n!}{\prod size_u}\)。
考虑这个问题在我们重构树上的组合意义。首先非链底节点的\(size\) 都是\(1\)，链底节点对应的\(size\)是所在实链链顶在原树中的\(size\)。因此答案即为\(\frac{n!}{\prod_{u \in S} size_u}\)，其中\(S\)表示链顶集合，\(size_u\)表示在原树上的子树大小。为了维护集合\(S\)，可以用 lct 或 树剖的方法做到1log。这里介绍树剖的方法。
考虑每次access对于树剖上一条重链的影响是：一个前缀的链顶被清空了，然后前缀的末尾加入\(S\)。于是每条重链可以用一个栈维护，栈顶是浅的点，每次只会在栈顶做push和pop操作，均摊复杂度\(O(n \log n)\)。
D：
什么 b 玩意。
考虑对问题做如下转化：随机一个排列\(P\)，第\(i\)次操作删除\(P_i\)的倍数，但如果\(P_i\)已经被删除则不计入次数。
由期望线性性，答案是每个\(P_i\)被记入次数的概率之和。也就是\(P_i\)与其因子们，\(P_i\)是在排列里第一个出现的概率，也就是\(\frac{1}{d_{P_i}}\)，其中\(d_u\)是\(u\)的因子个数。
令\(f(x) = \frac{1}{d_x}\)，容易发现\(f_x\)是积性函数，可以线性筛，获得部分分。也可以min25/洲阁筛。总之选取你喜欢的筛子，可以得到\(O(n^{1 - \varepsilon})\)或\(O(\frac{n^{\frac{3}{4}}}{\log n})\)之类的复杂度。
标签：总结,25,2024.11,frac,实链,优惠卷,链底,节点,size From： https://www.cnblogs.com/Mitishirube0717/p/18568410