通道
自己对于二分图构造一个类 prufer 序列。
一个映射方式是合法的，只需要：
- 一棵生成树能构造出一个 prufer 序列。
- 能从一个 prufer 序列逆推回整棵树的形态，即过程中不会出现 “找不到” 或者 “找到多个合法解” 的情况。
敢造就敢有！
排列
转化后题意：
给定三个长度同为 \(n\) 的序列 \(V,A,B\)，保证 \(V_i>0\)。
求选出一个区间 \([l,r]\)，最大化 \(\left(\sum_{i=l}^rV_i\right)+\min_{i=l}^r(A_i)+\min_{i=l}^r(B_i)\)。
\(n\leq 10^6\)。
题解：
用数据结构容易做到 \(O(n\log n)\)，略去。此处讲线性做法：
看到区间 min，考虑建笛卡尔树，比如我们先对 \(A\) 序列建笛卡尔树。
笛卡尔树上一个点代表一段区间 \([L,R]\)，且该区间内的任意子区间 \([l,r]\) 的 \(A_{\min}\) 都相同，此时我们只需要考虑 \([L,R]\) 的所有子区间 \([l,r]\) 中 \(\left(\sum_{i=l}^rV_i\right)+\min_{i=l}^r B_i\) 的最大值即可。
一个很重要的观察是：若 \(L<l\land r<R\)，则 \([l,r]\) 必为 \(B\) 序列笛卡尔树的一个区间。
因为若不是，那么我们可以往两边扩使得 \(B_{\min}\) 不变且 \(\left(\sum_{i=l}^rV_i\right)\) 变大，直到 \([l,r]\) 为 \(B\) 序列笛卡尔树上的一个区间或者 \(l=L\) 或 \(r=R\) 为止。
所以我们先用 \(B\) 序列笛卡尔树上的所有区间更新一遍答案。这样 \(A\) 树上我们只需要考虑 \(l=L\) 或 \(r=R\) 的情况即可。
两种情况是类似的，不妨考虑 \(l=L\)，即区间为前缀的情况。
暴力的做法是用单调栈维护出 \([L,R]\) 在 \(B\) 上前缀最小值的位置，假设它们分别为 \(p_1=L,\cdots,p_k\)，那么显然 \(r\) 只可能在 \(p_2-1,\cdots,p_k-1\) 上取到（为了方便 \(l=L,r=R\) 的情况我们单独考虑）。
对于非暴力的方法，我们考虑合并两棵子树的单调栈。设左右儿子的 \(B\) 前缀最小值的单调栈分别为 \(BL,BR\)。
显然合并这两个栈是均摊 \(O(1)\) 的。但关键是怎么更新答案。
实际上我们只需要对于单调栈上的每一个点 \(p_i\) 求出 \(s_{p_{i+1}-1}+B_{p_{i}}\) 的最大值即可。
左右儿子合并时可能会把 \(BR\) 的一段头给弹掉，为了快速得到剩下一段后缀的 \(s_{p_{i}-1}+B_{p_{i-1}}\) 最大值，我们还需要另外一个单调栈来维护 \(s_{p_{i}-1}+B_{p_{i-1}}\) 的后缀最大值。
记左右儿子维护这玩意后缀最大值对应的单调栈分别为 \(ML,MR\)，那么我们合并两个儿子的整个算法流程如下：
- 合并 \(BL,BR\)，过程中会弹掉 \(BR\) 左边的一段，此时对应弹掉 \(MR\) 中属于这一段的部分，并做更新。
- 合并 \(ML,MR\)，过程中会弹掉 \(ML\) 右边的一段。
然后你发现我们有可能会对一个单调栈左右都弹，此时需要用一个链表来维护。
总时间复杂度 \(O(n)\)。
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