HNOI2012 题解
[HNOI2012]永无乡
Tag：线段树合并、启发式合并
联通块合并问题。
属于(easy)题，直接线段树合并 或 启发式合并即可。
[HNOI2012]排队
Tag：组合数学、高精度
因为男生没有限制，首先把男生排成一列。
然后分情况讨论：
-
两个老师之间有男生：
首先把两个老师插入到(n)个男生中，方案数(inom{n+1}{2}) 。
然后把女生插入到老师与男生中，方案数(inom{n+3}{m})。 -
两个老师之间无男生：
那么两个老师之间只能是一个女生，所以把该女生与老师绑在一起。
然后把绑在一起的三人插入到男生中，方案数(inom{n+1}{1}) 。
再把剩下的女生插入到已经形成的队列中(不能两个老师之间)，方案数(inom{n+2}{m-1})。
注意每个人有区别，所以最后乘(n!m!2!) ，需要些高精度。
[HNOI2012]集合选数
Tag：构造、状压DP
对于最小为计数的点(x)，构造矩阵：
(x 3x 9x ....)
(2x 6x 18x ....)
(4x 12x 36x ....)
然后相当于不能选择矩阵中相邻的元素。
注意到该矩阵的大小最多只有(17*11)，直接暴力状压即可。
[HNOI2012]矿场搭建
Tag：贪心、割点
把所有的割点求出来，
并把割点删去后把图分成很多联通块，割点算作一个单独联通块。
对于一个联通块，考虑其连接的割点个数。
-
若割点个数为0
若联通块大小为(1)，那么显然只需要放一个。
若联通块大小大于(1)，则需要放两个，以防放置点被炸毁。 -
若割点个数为(1)，需要放置一个，以防割点被炸毁。
-
若割点个数大于(1)，不需要放置。
因为无论哪个割点被炸毁，都可以通过其他割点进行逃生。
方案数什么的用联通块大小算一算即可。
[HNOI2012]双十字
Tag：DP、计数
枚举每一列为中轴，对每一列单独做一遍计数。
枚举下面的横梁中点，最长延伸长度为(l_2)，设上面的的横梁中点最长延伸长度为(l_1)。
讨论：
- (l_1 > l_2) 方案数为(frac{l_2(l_2-1)}{2})
- (l_1 leq l_2) ，直接算方案数不好算，考虑总方案减不合法。
总方案数为(l_1 * l_2) 。
不合法方案数(frac{l_1(l_1+1)}{2})
故方案数为(l_1*l_2 - frac{l_1(l_1+1)}{2}) 。
可以看出树状数组维护即可。
至于向上、向下延伸的方案数对应的乘一下就行了。
[HNOI2012]与非
Tag：构造、思维
考虑我们用与非这个运算可以干什么。
- (notand(a,b) = not(a and b))
- (and(a,b) = not(a notand b))
- (notand(notand(a,a) , a)) 为一个每一位都为(1)的数，然后就可以做(not)了。
- (not((not a) and (not b))=a or b)
所以我们有了与非运算后，可以做(&)、(|)、(not)三种操作。
然后我们就可以构造类似线性基的基础元了。
注意到，若某两位((i,j))对于(n)个数都满足这两位相等，那么运算后这两位也一定相等。
对于没有限制的单位，我们一定可以构造一个只有该位为(1)的基础元。
构造：首先把该位不为(1)的数全部(not)，然后把(n)个数全部(and)起来。
此时一定只有该位为(1)，若其它为也有(1)，则说明这两位是有限制的，与前提条件矛盾。
对于有限制的，类似方法可以构造出只有这些为位(1)的基础元。
然后依旧考虑线性基的原理，
我们问题变为：用这些基础元通过(or)运算可以构造出多少小于等于(N)的数。
从高位往低位，若当前位未被确定并且可以放，则有两种决策，答案直接加上不放的方案数即可。
当前位的确定关系以及限制关系用并查集维护一下就行了。
感觉这题还是比较难的......
HNOI2013 题解
[HNOI2013]游走
Tag：概率、高斯消元
设每个点被经过的期望次数为(p_i)，度数为(d_i)
那么一条边的期望次数即为：(frac{p_u}{d_u} + frac{p_v}{d_v}) 。
问题变为求(p_i)，显然(p_u = sum_{v}frac{p_v}{d_v})，高斯消元即可，注意(1)号点和(n)号点特殊处理。
[HNOI2013]切糕
Tag：建图、网络流
唯一的问题是如何解决距离不超过(d)。
设从列(A)走到列(B)，对(A)列和(B)列建一个回路，强制割(B)列的一段中的一个即可。
[HNOI2013]数列
Tag：组合数学
注意到(M(K-1)<N)，所以枚举差分数组(s)。
设枚举了一个差分数组(s_1,s_2,...s_{K-1}) ，和为(S)，则方案数为(N-S) 。
所以(Ans = sum_{s_1,s_2....,s_{K-1}} (N-sum_{i=1}^{K-1} s_i)) 。
(Ans = M^{K-1}N - sum_{s_1,s_2...,s_{K-1}sum_{i=1}^{K-1}s_i}) 。
对于每一个(s_i)，单独提出来：
(Ans = M^{K-1}N - (K-1)(sum_{s_i=1}^{M}1) M^{K-2}) 。
所以(Ans = M^{K-1}N - (K-1)M^{K-2}frac{M(M+1)}{2})。
[HNOI2013]消毒
Tag：暴力、二分图匹配
注意到(a*b*cleq 5000)，所以(min(a,b,c)leq 17) 。
所以暴力枚举一面的情况，然后暴力二分图匹配即可。
[HNOI2013]比赛
Tag：搜索、哈希
按照顺序暴力搜索，考虑减少搜索数。
设我们搜完了(s)个人，还剩下(t)个人。
将他们此时的分数排序，所有结果相同的状态方案数都一样。
所以就把这个东西哈希起来后记忆化即可。
[HNOI2013]旅行
Tag：思维、构造、单调队列
题目大意：给定一个只由(1)、(-1)构成的序列，
现在要求将其分为恰好(m)段，使得所有段的和的绝对值的最大值(ans)最小。
设序列长度为(n)，后缀和为(sum)，后缀和为(0)的位置有(cnt)个，序列和为(S)。
先扔结论：(ans = lceil frac{|S|}{m}
ceil) 。
注意到(S=0)时事情好像有点不太对劲...所以单独讨论一下(S=0)的情况。
当(S=0)时：
-
若(cnt[1]ge m) ，则(ans=0)，直接选最后一个和(m-1)个后缀和为(0)的即可。
我们顺次确定答案，设当前确定第(i)个休息点。
只要后面的后缀(0)个数大于等于(m-i)就把元素入队，维护单调队列即可。 -
若(cnt[1]<m)，则(ans=1)。
假设(ans=0)，那么选的倒数第二个的后缀和得要是(0)，同理倒数第三个也是(0)...
然而我们后缀和为(0)的位置不足(m)，故答案不可能是(0)。
然而我们是一定有办法让答案变成(1)的，我们把后缀和的变化曲线画出来。
那么合法的一段就是一个类似等高线的东西，我们调整等高线一定能使答案变为(1)。
至于构造方案与(S eq 0) 的情况放在一起。
当(S
eq 0)时，(ans = lceil frac{|S|}{m}
ceil)。
考虑把(-1)与最近的(1)缩到一起，那么最后序列就是由(S)个(1)或(-1)构成的。
所以答案自然就是(lceil frac{|S|}{m}
ceil)。
我们假设已经确定了上一个休息点为(last)，当前确定第(i)个休息点。
那么新的休息点(a)需要满足条件：
- (n - age m - i)
- (lceil frac{|sum[a+1]|}{m-i} ceil leq ans)
- (|sum[last+1] - sum[a+1]| leq ans) 。
这个好像没法做了.....没法做就暴力呗！
对每一种(sum)单独开一个单调队列，
每次暴力(for)一下(sumin[sum[last+1]-ans,sum[last+1]+ans]) 的元素。
如果满足(n-age m-i)就加入答案队列。
对于答案队列，当队头出现(posleq last)时弹掉队头即可。
复杂度：(O(mlceil frac{|S|}{m}
ceil) = O(|S|))，可以说这题是相当神仙了。
HNOI2014 题解
[HNOI2014]米特运输
Tag：思维
注意到确定了一个点那么整棵树的取值都确定了。
我们以(1)号点为基准，算出每个点为(1)号点的多少倍。
然后统计相同倍数的点对个数即可，至于连乘的话直接取(log)即可。
[HNOI2014]抄卡组
Tag：哈希
- 若所有串都没有通配符，直接哈希比较即可。
- 若所有串都有通配符，
把无通配符的前缀 和 无通配符的后缀哈希后比较即可。
中间部分由于通配符的存在，一定可以使所有串匹配。 - 若部分串有通配符，
首先把所有无通配符的字符串比较好。
现在问题变为，能否通过通配符使每个串变为一个模板串。
首先把前后缀比较好，然后就是中间部分。
其实只需要让有通配符的串的中间部分与模板串匹配就可以合法。
怎么匹配呢？暴力啊！反正是(O(n))的。
输入比较恶心，稍微注意一下即可。
[HNOI2014]道路堵塞
Tag：最短路
根据(k)短路那套理论，很容易想到先把一条最短路抠出来。
如果删除边不在这条最短路上，那么对答案无影响。
否则会产生影响，需要我们想办法额外计算，考虑(spfa)的优良性质。
我们先把这条路径全部(ban)掉，然后按照(S o T)的顺序一条边一条边加入。
设加入((u,v))，那么从(v)点直接增广即可(不用清空最短路数组！)。
这就是(spfa)的优点，因为它不像(Dij)那样是贪心算法，而是一个增广算法。
设我们增广到了一个最短路径上的点(r)，
那么删掉(v o r) 这一段上的边的答案都可以用当前距离更新。
直接拿个线段树暴力更新一下就行了。
但是由于卡(spfa)的泛滥化，这个题已经没有真正的解法了......
[HNOI2014]江南乐
Tag：博弈论、数论分块
根据(SG)定理，游戏结果即每一个子游戏的异或和。
所以只需要考虑每堆石子的(SG)值。
根据(SG)函数定义，该函数的值为所有后继状态的(SG)的(mex)。
设当前有(n)个石子，分为(m)堆。
那么有(al_2=n-lfloorfrac{n}{m}
floor m)堆变为(lfloor frac{n}{m}
floor +1)个，
有(al_1=m - al_2)个变为了(lfloor frac{n}{m}
floor) 个。
显然我们只关心(al_1)和(al_2)的奇偶性(因为(SG)合并为异或运算)。
显然要数论分块，设(x = lfloor frac{n}{m}
floor) 。
那么(al_2 = n - mx) , (al_1 = m - al_2) 。
注意到(m)增加(1)后，(al_2)的奇偶性可能改变，而(al_1)的奇偶性一定不变。
所以分块后，我们只需要计算两次((l)和(l+1))即可。
记忆化搜索即可。
[HNOI2014]世界树
Tag：虚树、DP、倍增
注意到(sum 询问点数 leq NUM) ，显然是虚树。
我们把虚树构建出来，通过换根(DP)求出虚树上的每个点的管辖点。
那么对于一条边((u,v))，由于是虚树，边上被省略的点的管辖贡献需要我们想办法计算。
如果(belong[u] = belong[v])，那么边上的所有点显然归(belong[u])管辖。
否则，二分加倍增找出那个分界点，然后为两端的管辖点分别加上对应贡献即可。
细节较多，注意实现细节。
HNOI2015 题解
[HNOI2015]开店
Tag：主席树
简单转换后问题变为求(sum_{i=l}^r dep[LCA(i,S)]) 。
用主席树，每次把(u)到根的路径权值全部加(1)。
那么上式的值就是(S)到根的路径权值之和。
[HNOI2015]菜肴制作
Tag：拓卜排序
逆序拓扑排序消除后效性即可。
[HNOI2015]接水果
Tag：整体二分、扫描线
对所有询问一起二分答案。
显然(Check)可以做树上扫描线算法。
问题转化为求一个点被多少个矩形覆盖，直接树状数组即可。
[HNOI2015]落忆枫音
Tag：拓扑排序、DP
首先如果不加边那么方案数就是(ALL=prod_{i=2}^n degree[i]) 。
加了一条边((s,t))后，不合法情况就是形成了环，此时的方案数为(frac{ALL}{prod_{uin loop}degree[u]}) 。
那么显然((s,t))一定在环中。
所以问题转化为求(sum_{road(t o s)} prod_{uin road} frac{1}{degree[u]}) 。
注意到原图是一个(DAG)，所以反向建边后直接拓扑序DP即可。
[HNOI2015]亚瑟王
Tag：期望、DP
我们考虑一张牌(u)，在前(i)次尝试中成功发动技能的概率(E_{u,j})。
枚举那一次成功，显然有(_{u,j} = sum_{j=1}^i (1-p_u)^{j-1}p_u)。
一轮一轮的不好(DP)，考虑按照顺序。
设(f_{u,j}) 表示前(u)张牌，成功发动了(j)张的技能的期望伤害。
只设(f)没法加入当前牌的贡献，所以额外设(g_{u,j})表示前(u)张牌，成功发动了(j)张的技能的概率。
那么转移：
-
当前这张牌未能发动技能
(f_{u,j} = f_{u,j} + f_{u-1,j} * (1.0 - E_{u,m-j}))
(g_{u,j} = g_{u,j} + g_{u-1,j} * (1.0 - E_{u,m-j})) -
当前这张牌成功发动技能：
(f_{u,j} = f_{u,j} + f_{u-1,j-1}*E_{u,m-(j-1)} + d_u*E_{u,m-(j-1)}*g_{u-1,j-1})
(g_{u,j} = g_{u,j} + g_{u-1,j-1}*E_{u,m-(j-1)})
最后答案就是(sum_i f_{n,i})，复杂度(O(n^3))。
[HNOI2015]实验比较
Tag：DP
首先把质量相同的图片全部用并查集缩到一起。
注意到"小(D)都最多只记住了某一张质量不比(i)差的另一张图片(K_i)"。
设图(u)的质量比图(v)好，那么把(u)作为(v)的父亲，这样建出来的一定是一个森林。
方便起见我们额外增加点(Root)使森林变成树。
设(f_{u,j}) 表示把(u)子树内的元素分为(j)段的方案数，
分为(j)段的意思即使用(j-1)个(<)连接整个序列。
然后考虑将一个儿子(v)合并到当前(u)的(f')中去：(f'_{u,j} f_{v,k} inom{i-1}{j-1}inom{j-1}{k-(i-j)} o f_{u,i})
即首先把原来的(j-1)段(除去(u)点)放到(j-1)个位置中，
然后用(v)中的((i-j))个把空位填满，剩下的与原来(u)的元素进行组合。
复杂度用(LCA)那套理论分析出来是(O(n^3))的。
HNOI2016 题解
[HNOI2016]网络
Tag：链剖分、线段树
注意到查询为不收单点影响的路径。
所以每次加入一条路径时，我们把不在这条路径上的点加入当前元素。
链剖分后这些点构成了(log)个区间，直接暴力即可。
[HNOI2016]序列
Tag：莫队、st表
暴力莫队，考虑移动端点(r)时答案的变化量。
我们预处理(pre_i)表示区间([1,1],[1,2]...[1,i])的答案和。
设莫队移动([l,r] o [l,r+1]) ，
首先找到区间最小值位置(p)，那么区间([l,r+1],[l+1,r+1]...[p,r+1]) 的答案都是(p) 。
剩下的部分呢？增量是(pre_r - pre_p) ，因为(p)已经是区间最小值了。
[HNOI2016]大数
Tag：莫队、暴力
首先求出模意义下后缀数的余数(b_i)。
那么对于区间([l,r])所代表的数(x)，有(10^{n-r}x + b_r = b_l) 。
当模数(p)是(2)或(5)的时候，我们暴力统计余数即可。
否则，若(x = 0)，根据上式则一定满足(b_l = b_r) 。
所以变成了经典问题：区间内权值相同的点对有多少对，直接莫队即可。
[HNOI2016]树
Tag：模拟、主席树、倍增
注意到每次复制的都是模板树的子树，所以没必要把所有点都建出来。
对于每个复制子树，我们只建一个点表示即可。
考虑复制子树操作，首先我们需要找到对应的父亲节点。
由于我们没有把所有点都建出来，所以我们首先要找到代表该父亲所在子树的点。
二分即可。
找到该点后，我们需要求出该父亲对应原树上的哪个点。
这相当于一个子树第(K)大问题，我们对模板树建主席树，然后直接维护。
现在考虑求距离。
当我们新复制一个子树时，将新建点与其父亲所在子树的代表点连边。
这个边长设为新建点到父亲子树代表的的根的实际距离，这个直接在模板树上查询即可。
那么查询距离分几种情况：
- 两个点在同一代表点内：直接在模板树上查询。
- 一个点(v)为另一个点(u)的(lca)：
首先让(u)跳到其代表点，然后从代表点移动到(v)的代表点的下方。
这个距离在新树上查询。
然后上跳一步到达(v)所在子树，再在模板树上查询对应移动距离。 - 两个点的(lca)非这两个点：与第二种情况类似。
对新树建立倍增数组就可以完成上述所有操作，注意实现细节。
[HNOI2016]最小公倍数
Tag：KD-Tree、分治、并查集
该题引发出了一个黑科技：KD-Tree分治。
把询问建成线段树式(KD-Tree)，那么每条边能够影响到的询问就是一个区间。
直接类似线段树分治进行覆盖。
然后遍历一遍KD-Tree，用并查集维护联通块的最大边权，到达叶子结点时回答询问即可。
HNOI2017 题解
[HNOI2017]礼物
Tag：FFT
式子(sum_{i=1}^{n}(x_i-y_i)^2)唯一需要解决的为：(sum_{i=1}^n x_iy_i) 。
对(x_i)、(y_i)分别构建多项式，然后把所有情况都算出来就行了。
[HNOI2017]单旋
Tag：模拟、LCT、set
手玩一下就会发现，单旋极值后整棵树的形态不会变。
所以单旋涉及的操作为：断边、连边。
考虑直接用(LCT)模拟这个过程，无脑直接模拟即可，顺便维护深度(链长)。
唯一需要考虑的是插入，我们用(set)维护极值。
那么插入一个元素时，在(set)中找到前驱后继，其父亲一定是深度较深的那个点。
[AH2017/HNOI2017]影魔
Tag：线段树、单调栈
两个贡献的限制：
- (p_1)：左右端点分别为区间最大值、次大值。
- (p_2)：左右端点一个为区间最大值，另一个非区间最大值。
第一个其实非常好求，维护后继中第一个比其大的位置(suf)，
那么可以注意到对于一个点(u)，只有([u,suf])会产生(p_1)的贡献。
加上询问的区间限制([l,r])就变成了二维数点，随便怎么做都行。
然而这对正解并没有什么用，但还是相当有启发性的。
考虑把限制放松一点，我们先只算有一端为最大值得所有区间。
先算左端点为最大值的区间。
从右往左枚举每个点(u)，那么每次就是把([u,suf_u-1))全部加上(p_2)。
把查询挂在左端点，线段树对应区间查询([q.l,q.r])即可。
右端点为最大值的区间倒过来做一遍即可。
然后注意到，我们这样做是把所有的(p_1)都当做(p_2)算了。
而我们已经知道如何计算(p_1)的个数了。
所以对每个区间算一遍(p_1)的个数(cnt)，答案加上(cnt(p_1-p_2))即可。
[HNOI2017]大佬
Tag：动态规划、bfs、two-point
题目给了一堆决策，其实就是唬你的。
显然只要不死就行了，剩下的天就可以干别的事了。
所以事先简单(dp)出最多能用几天干别的事，设这个天数为(Day)。
然后打一血那个决策显然也没用，因为这显然是用来补刀的。
然后就只剩下了升级、翻倍、放大招三种决策了。
注意到大招只能放两次......
(What the Hell？)
事情好像有点不太对劲。
只能放两次，很自然的就可以联想到two-point。
问题在于two-point啥。升级和翻倍的目的就是提升大招的伤害。
所以假设我们有很多二元组((d,f))，表示用(d)天升级翻倍使得大招伤害达到(f)。
那么两次大招需满足：
- (f_1 + f_2 leq Health)
- (d_1+d_2+2+(Health-f_1-f_2) leq Day)
以(f)为限制的two_point模型已经非常显然了。
最后的问题就在于如何求出所有这样的二元组。
官方题解说爆搜就行了。
虽然看起来非常假，然而搜出来最多状态好像就(600w)左右。
所以没有问题，直接暴力(bfs)即可。
记得写一个哈希表来判断当前状态是否出现过。
HNOI2018 题解
[HNOI2018]道路
Tag：DP
感觉是2018年唯一的一道良心题。
设(f_{i,a,b}) 表示到了(i)点，(i)到根还有(a)个共路未修，(b)个铁路未修的最小代价。
转移直接记搜，枚举修哪一条然后递归处理。
到叶子节点时根据记录的(a,b)把对应贡献算出来即可。
[HNOI2018]游戏
Tag：单调栈、线段树
首先注意到有一档部分分是(yleq x) 。
这一档现在看其实二维数点随便做，然而这对正解是没有任何启发性的。
所以考虑更优做法。
对于每个点，我们假设知道它的最远左右扩展区间([l,r])，那么询问就随便做了。
由于(yleq x)，所以左端扩展是恒定的。
我们从右往左加点，然后考虑加入点的最远右扩展。
如果我们能够从(i)走到(i+1)，那么(r_{i+1})也一定能够走到。
考虑维护一个右端点的单调栈。
那么每次加入一个元素后，我们判断当前栈顶的那扇门是否能被打开(因为左端点进行了新一轮扩展)。
如果可以，那么弹栈，并把当前点的右扩展变大，这样复杂度就是(O(n))了。
考虑没有(yleq x)时怎么做。
现在相当于我们的左扩展是不确定的了，需要动态求。
注意到每次弹栈后，右扩展增大，就有可能捡到可以增大左扩展的钥匙。
设此次弹栈后，我们当前扩展的右端点为(r_i)。
那么左扩展其实就是找到左侧第一个满足(yge r_i)的门。
线段树上二分即可。
直接二分是(log^2)的，这里可以使用一个小(trick)。
首先获取(log)个区间，二分找到答案点的包含区间。
然后再在那个区间上二分位置，这样二分复杂度就变成(O(logn))了。
[HNOI2018]转盘
Tag：贪心、线段树、单调栈
首先扔一个结论：在原地等一定是不优的。
为什么呢？考虑二分答案(t)，那么原问题可以看做时间逆流。
也就是说在(T_i)时刻，(i)物品会消失，现在要求你在(t)时刻内标记到所有物品。
这显然一直向前走是最优的。
所以对于答案(t)，设从(i)出发，那么对于任意一点(j)需要满足(t-(i-j)ge T_j)
所以(t=max_{j}{ (T_j-j)}+i)
把环倍长，就有答案$Ans = min_{iin[n,2n]}{max_{jin[i-n+1,i]}{T_j-j}+i} (。
等效替换一下有：
)Ans = min_{iin[1,n]}{max_{jin[i,i+n-1]}{T_{j}-j}+i}+n-1(
又因为)T_{i+n} -(i+n)= T_{i}-(i+n)<T_{i}-i$
所以：
我们考虑枚举(j)，那么符合条件的(i)就是所有后缀最大值为(T_j-j)的位置。
若(T_j-j)为后缀最大值，那么(i_{min})为前方比其大的第一个位置加一。
若(T_{j}-j)不是后缀最大值，那么答案同后方第一个后缀最大值的答案。
也就是说有效贡献来自于一个关于(T_j-j)的单调栈。
而我们现在需要支持修改(T_j-j)，所以可以想到类似"楼房重建"的使用线段树维护单调栈。
线段树维护单调栈自然就要考虑合并。
我们用右方的最大值去切割左方的单调栈。
如果当前最大值都比切割线小，那么直接返回(l)+切割线即可。
因为这些点都不会出现在单调栈中了，并且他们的后缀最大值都是切割线。
否则，若右儿子最大值还比切割线大，那么递归右儿子，并直接返还左儿子原来的答案。
否则，递归左儿子。
注意合并时，当走到叶子节点时，应该返回(l+1)+切割线。
因为(l+1)是最小的以切割线为后缀最大值的位置，而不是(l)。
最后关于算答案。
我们有限制(ileq n)，所以算答案不能算到([n+1,2n])去了。
注意到([n+1,2n])的最大值就是([1,n])最大值(-n)。
所以我们相当于用切割线(mx_{[1,n]}-n)去切割左侧单调栈得到答案。
所以只用维护([1,n])的单调栈就行了。
输出时把用(mx_{[1,n]}-n)切割得到的答案和左侧内部答案取(min)即可。
[HNOI2018]排列
Tag：贪心、堆
注意到(a_i)其实就表示(a_i)必须要出现在(i)前面。
那么定义(a_i)为(i)的父亲，构建出一张图。
如果有环显然就是无解了，否则这张图一定是一个以(0)为根的树，因为每个点只有一个父亲。
现在问题变为：树上的点在选之前必须先选父亲节点。
我们找到树上权值最小的点。
那么如果选了它的父亲，我们一定会立刻选它，所以不妨把它与父亲合并。
多次合并后，每个节点都是一个操作序列。
考虑两个操作序列(对应两个节点)，设为(a,b)。
考虑合并它们的代价：
- (W_{a,b} = sum_{i=1}^{len_a} w_{pa_i} + sum_{j=1}^{len_b} (len_a + w_{pb_j}))
- (W_{b,a} = sum_{i=1}^{len_b} w_{pb_i} + sum_{j=1}^{len_a} (len_b+w_{pa_j}))
那么有：若(W_{a,b}leq W_{b,a})，则(frac{sum_{i=1}^{len_a}}{w_{pa_i}} leq frac{sum_{i=1}^{len_b}}{w_{pb_i}})。
我们用堆来实现找到(frac{sum_{i=1}w_i}{len})最小的位置，找到后将其与父亲合并。
答案的计算我们拆式子，那么每次合并时加上对应贡献即可。
[HNOI2018]寻宝游戏
Tag：思维、构造、基数排序
这真的是一道神仙题，完全没思路只能对着题解orz......
首先注意到，(&1)对答案没影响，(&0)会使得(1)变为(0)。
然后注意到，(| 0)对答案没影响，(| 1)会使得(0)变为(1)。
那么考虑分二进制考虑。
我们枚举二进制位(j)，然后把([1,n])的每一个数的该位提出来构成一个(0/1)序列。
我们读入目标值后，设其第(j)位的值为(v)。
如果(v = 1)，那么如果有(&0)，那么后面一定要有(| 1)。
如果(v = 0)，那么如果有(| 1)，那么后面一定要有(& 0) 。
考虑构造一种比较方式，使得上述条件能够快速呈现。
神仙网友真是厉害......
定义(&)为(1)，定义(|)操作为(0)。
那么把符号排成一排后，操作序列也是一个(0/1)序列。
把两个(0/1)看成二进制数，其中(n)位置为最高位。
定义操作序列这个二进制数为(A)，数字序列该二进制数为(B)。
回头看上述两个限制。
定义((a,b))表示操作序列某一位为(a)，数字序列对应位为(b)。
若(v=1)，如果有((1,0))，那么更高位必须存在((0,1))，即(A<B)。
若(v=0)，如果有((0,1))，那么更高位必须存在((1,0))，即(Age B)。
所以将每一位都分析一遍后，我们的(A)就得到了一个取值区间。
这个取值区间的大小就是方案数了。
最后的问题在于如何找到上下界。
直接暴力把每(63)位压到一起比较也过了......
然而我们追求更优秀的做法，如果能够一开始就把所有(B)都排好序就好了。
这样每次询问时只需要顺序枚举即可。
莫名想到后缀数组......
所以就基数排序吧，这样复杂度就变为严格(O(nm+Qm))了。
[HNOI2018]毒瘤
Tag：虚树、DP
设(s = m-n)，注意到(sleq 10) 。
独立集(dp)：(f_{u,0} = prod_{v} (f_{v,0}+f_{v,1}))，(f_{u,1}=prod_{v} f_{v,0}) 。
所以一个直接想法就是暴力枚举涉及的点是否选择，然后暴力(dp)，复杂度(O(3^{s}n))。
可以拿到(55)分。
考虑容斥，先算不合法的方案数。
枚举哪些限制是不合法的，然后做独立集(dp)，容斥计算答案，复杂度(O(2^{s}n)) 。
这样就可以拿到(80)分的高分了，这是考场上的正确姿势。
然后来看正解。
考虑优化(55)分做法，注意到每次(dp)有大量的点都重复计算。
所以建虚树，我们只把限制涉及到的点给提出来，建一棵虚树。
考虑在虚树上(dp)，对于虚树上的一个点，我们预处理没有关键点的子树的(dp)值。
然后考虑虚树的边(E(u,v))，对于(v)转移到(u)，这条边中间省略了一堆点。
如果我们能把转移系数求出来就好了。
转移系数形如：
- (f_{v,0} * coef_{v,0,0} o f_{u,0})
- (f_{v,0} * coef_{v,0,1} o f_{u,1})
- (f_{v,1} * coef_{v,1,0} o f_{u,0})
- (f_{v,1} * coef_{v,1,1} o f_{u,1})
关键在于这个(coef)怎么求。
直接暴力就好了，对于虚树上的每一条边，在原树上爆跳父亲把系数顺便算出来即可。
复杂度(O(n+2^ss)) 。
实现起来细节巨多，注意代码实现和细节。