总的来说是比较失败的一次考试，两个半小时死刚T1，剩下不到四十分钟写T3，很仓促，爆了0。时间分配严重不均匀导致T3虽然想到了部分解法但是没有来得及实现和调试。
大概考试过程就是先看了三道题，发现T3很简单，然后开始想，三分钟秒掉式子，大概7：22的时候就切掉了（事实证明它除了一个特判的确切掉了，而且才开考7分钟我还看了表）。然后回去看第一题，发现贡献分了两半，矩形内部和矩形之间的，矩形内部可以$O(1)$得到，矩形之间的可以$O(n^2)$算出来，但是不是严格$O(n^2)$，因为矩形之间的临接边很少，没有的时候就跳就可以了。结果写了二十分钟过不了大样例，当时绝望了，调试的时候发现矩形越多数值越小我就很纳闷，但是最终也没调出来（其实是矩形边界处理出了问题，出现了负数）。于是去做T2，基本也是秒出解（虽然不太完善但基本和正解差不多，除了合并方式上），然后十分钟敲了两颗树开始维护，只过了小样例，还是大的过不去，一直调到考试结束，于是T3愉快爆0。
下面是题解，但是这个东西仿佛不是这次考试最重要的收获，我觉得应该是一些关于心态方面的启发，这些我会在最后说。
T1：
是真的暴力分情况而且没水平我实在懒得写。
贡献分两部分，
内部贡献=$ 2（x2-x1）(y2-y1) $
边界贡献=$ 2(边界长度)+[一端坐标不一样]+[另一端坐标不一样] $
暴力枚举加起来即可，到没有边界的时候$break$掉即可
T2：
比较强的一道题，考场上想到了时间轴建树，想到了二分$size$查排名前$k$的数，想到了合并（假的线段树合并，应该是启发式合并）。
想了很久一直没有结果，因为我的线段树合并是以不遍历全部节点为复杂度保障，但是合并了之后又无法断定哪些点是具有贡献的，这让我很难受，最后我取了暴力的方法，暴力查哪些节点是被重复计算的，贡献置0，但是会重复计算，比如说在某一个子树的时候某个时间的已经被计算过是无用的，那么接下来子树合并的过程中，他永远不可能继续有用，那么就可以不查了，但是我考场上没有想到这一点，也许这样可以挽救我死了的线段树合并思路。
剩下的就是启发式合并了。合并什么呢？我们不合并线段树，合并操作，或许你觉得这很暴力，但是他有一定的复杂度保证$（O(nlog_2n)）$。
启发式合并其实很简单，就是把小的塞到大的里面，这样的话可以使得代价降到最低，复杂度怎么来的呢？假设我们每次合并的复杂度是$（O(n)）$，而最劣的情况就是我每次拿一个和你一样大的塞你，这样我每次增大一倍，也就是会增加$(log_2n)$次，那么总的复杂度就是$O(nlog_2n)$
复杂度是有保障的，那么怎么合并呢？考虑树上的“大”是什么意思。颓了一篇很不详细的题解就明白了。对，是重儿子。重儿子是你最大的子树，其他的子树在处理完成之后直接在线段树上打标记删除掉即可，而重儿子万万不能删除，因为你的操作要建立在重儿子的基础上操作，这样能够保证复杂度。
我当时没有想到维护线段树的方式这么暴力。。。
把自己的操作插入重儿子的$vector$（一般情况下重儿子操作比我身上的要多，毕竟我就一个节点）然后交换位置，再把其他轻儿子的操作插入我的$vector$，这样完成了多次启发式合并，复杂度保证是$O(nlog_2n)$。
刚才突然想了一下，轻重划分不应当以字节点的大小作为划分依据，而应当用子节点$vector$大小，他快了$100ms$。
而每次操作都对应线段树的一次修改或者删除。
总复杂度就是$O(nlog_2^2n)$
每次递归的进行这个过程，就可以完美解决这道题。
说的比较潦草，不懂评论区。
#include<cstdio> #include<cmath> #include<vector> #include<iostream> #include<map> using namespace std; const int maxn=1e5+5,INF=0x3f3f3f3f; map<int,int> mp; vector<int> bl[maxn],dr[maxn]; int n,m,q,cnt,tot,x,y,a[maxn],first[maxn],ans[maxn],sz[maxn],son[maxn],t[maxn]; struct road{ int u,t,nxt; }eage[maxn<<1]; void add(int x,int y) { eage[++tot].u=x; eage[tot].t=y; eage[tot].nxt=first[x]; first[x]=tot; } struct SegmentTree{ int tot,data[maxn<<2],sz[maxn<<2],f[maxn<<2]; void FoundData(int x) { data[x]=data[x<<1]+data[x<<1|1]; sz[x]=sz[x<<1]+sz[x<<1|1]; } void LazyDown(int x) { if(!f[x]) return ; f[x<<1]=f[x<<1|1]=1; data[x<<1]=data[x<<1|1]=sz[x<<1]=sz[x<<1|1]=0; f[x]=0; } void Updata(int x,int l,int r,int p,int d,int num) { data[x]+=d;sz[x]+=num; if(l==r) return ; int mid=(l+r)>>1; LazyDown(x); if(p<=mid) Updata(x<<1,l,mid,p,d,num); else Updata(x<<1|1,mid+1,r,p,d,num); FoundData(x); } void Sectiondin(int x) { data[x]=sz[x]=0;f[x]=1; } int SectionQuery(int x,int l,int r,int sum) { if(sum<=0) return 0; if(l==r) return data[x]; int mid=(l+r)>>1,ans=0; LazyDown(x); if(sz[x<<1]<=sum) { ans+=data[x<<1]; ans+=SectionQuery(x<<1|1,mid+1,r,sum-sz[x<<1]); return ans; } else return SectionQuery(x<<1,l,mid,sum); } void init(int x) { for(int i=0;i<bl[x].size();i++) { int col=bl[x][i],r=dr[x][i]; if(!t[col]) Updata(1,1,m,r,1,0),t[col]=r; else if(t[col]>r) { Updata(1,1,m,t[col],-1,0); Updata(1,1,m,r,1,0); t[col]=r; } Updata(1,1,m,r,0,1); } } void dinit(int x) { Sectiondin(1); for(int i=0;i<bl[x].size();i++) t[bl[x][i]]=0; } }zt; void insert(int x,int y) { for(int i=0;i<bl[y].size();i++) { bl[x].push_back(bl[y][i]); dr[x].push_back(dr[y][i]); } bl[y].clear();dr[y].clear(); } void dfs1(int x,int fa) { sz[x]=bl[x].size(); for(int i=first[x];i;i=eage[i].nxt) if(eage[i].t!=fa) { dfs1(eage[i].t,x); sz[x]+=sz[eage[i].t]; if(sz[son[x]]<sz[eage[i].t]) son[x]=eage[i].t; } } void dfs(int x,int fa) { for(int i=first[x];i;i=eage[i].nxt) if(eage[i].t!=fa&&eage[i].t!=son[x]) { dfs(eage[i].t,x); zt.dinit(eage[i].t); } if(son[x]) dfs(son[x],x); zt.init(x); for(int i=first[x];i;i=eage[i].nxt) if(eage[i].t!=fa&&eage[i].t!=son[x]) zt.init(eage[i].t); ans[x]=zt.SectionQuery(1,1,m,a[x]); if(son[x]) { insert(son[x],x); swap(bl[son[x]],bl[x]); swap(dr[son[x]],dr[x]); for(int i=first[x];i;i=eage[i].nxt) if(eage[i].t!=fa) insert(x,eage[i].t); } } int main() { scanf("%d",&n); for(int i=1;i<n;i++) { scanf("%d%d",&x,&y); add(x,y);add(y,x); } for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]); scanf("%d",&m); for(int i=1;i<=m;i++) { scanf("%d%d",&x,&y); if(mp[y]==0) mp[y]=++cnt,y=cnt; else y=mp[y]; bl[x].push_back(y); dr[x].push_back(i); } sz[0]=-1; dfs1(1,0); dfs(1,0); scanf("%d",&q); while(q--) { scanf("%d",&x); printf("%d ",ans[x]); } return 0; }
T3:
说实话真的很水，三分钟秒掉式子。大概说一下。
设$dp[i][j]$为前$i$题最高难度为$j$的概率，$w[i]$为每种难度的劳累值。
初始化：
$dp[0][0]=1$
转移：
$dp[i][j]=inv_m(sum limits_{k=0}^j dp[i-1][k]+(j-1)dp[i-1][j])$
解释一下，我当前的最大难度是$j$的可能性有两个：
1.我之前某些点或者达到或者没达到，但是在我这里都达到了，也就有了前面那个$sum$
2.我之前某些点达到了而我没有达到，那就是我有$(j-1)$种情况，所以乘上$(j-1)$。
然后就切掉了。
下面说些心态的问题：
我当时秒切T3觉得自己可厉害了可厉害了我心想这次稳了啊，爷要AK了啊，结果结果还是T1一调不出来心态就崩了，心想我怎么就调不出来。
心态这个东西很微妙，你永远不知道他怎么调整或者有什么影响。我之前能做到的是考前不对这次考试报任何希望，可是在答题过程中却犯了这些禁忌，期望过高了，导致一但有什么波折就死心态。如果你是真的强三道题都全秒掉的话其实也没啥问题，但是我这种一般人做不到全秒，而且喜欢自负的觉得自己能做到全秒。虽然真的基本都正解了，可是还是能力不足没有拿到分数。
那再立个$flag$下次要做到的是不在考前有任何期望，不再考试的时候有任何期望，心如止水。
还有另外一个东西叫舍得。
有舍才有得，考场上很多东西都要懂得取舍，不是文化课那两下子，直接从头做就行了的，可能丢失掉这一部分会换来更大的成绩，这时候应当不再优柔寡断，不要在侥幸的以为在过五分钟你就能调出来，事实上到考试结束你也调不出来。舍得出去才能有得到，这是毋庸置疑的，考场上就那么多时间，拿到做多得分是最重要的，而不是去作出一道你耗费了大量心血或者一眼正解的题，没有意义，这是考试不是刷题，刷题刷一天也没人管你，但考试就三个半钟头，考的出来是他，考不出来也是他了。
但是有时候并非有舍一定会有得，可能舍弃的是一个重要的作出某道题机会。但是考场时间非常紧迫，不管对错的选择，都没有时间回头想。
为自己的选择决定，决定了就去做，为决定负责，即使即将要为他后悔，在所不辞。
什么都无法舍弃的人什么也无法改变。
想起来之前看到的一句话，虽然没什么关系，但至少教会你负责任。
你是个小人物，一生难得做一件大事，这个机会很宝贵，要好好珍惜。你可以偶尔发个疯，死一个人不要紧，自己死了也不要紧，可是有些事不能逃避。树要开花，人要长大。
——江洋
以上。