CF1098

Codeforces Round #530 (Div. 1)

A

因为 (a_x geqslant 0 and forall y in son_x,s_x leqslant s_y)，所以对于深度为偶数的点 (x)，当 (s_x=minlimits_{y in son_x}{ s_y }) 时最优。

B

所有的合法情况要么是每行只有两种字符，要么是每列只有两种字符，枚举左上角 (2 imes 2) 矩形的情况，贪心选取即可。

C

发现分叉越多，即越接近菊花图的树，子树大小之和越小。那么可以先用完全 (k) 叉树二分出满足条件的最小的 (k)，然后用一条链来构造给定的子树大小之和即可。构造时，将一个深度为 (d_1) 的叶子节点向上提到深度为 (d_2) 时，子树大小之和会减少 (d_1-d_2)。

D

先考虑怎样安排会使危险次数最多。将鱼按体重排序，每次肯定是选两个体重最小的鱼攻击最优。

称排序后满足 (a_i > 2sumlimits_{j<i} a_j) 的鱼为肥鱼，设肥鱼个数为 (cnt)，将所有鱼按体重大小划分到若干组，每组内鱼的体重范围分别为 (left[2^0,2^1 ight),left[2^1,2^2 ight),dots,left[2^{29},2^{30} ight))，发现每组最多有一条肥鱼且肥鱼肯定为该组的最小值，同一组的两条鱼攻击一定会产生危险次数，不同组时其中两条鱼体重较大的为肥鱼时一定不会产生危险次数，而肥鱼的每次攻击都不会发生在同一组内，因此每条肥鱼都不会对答案有贡献，得答案为 (n-cnt)。

用 (multiset) 或者可删堆维护每组的信息即可。

E

先通过 (ST) 表求出 (b) 数组，因为 (b) 数组过大，所以只记录每个值的出现次数。二分中位数 (v)，统计 (leqslant v) 的个数时可以用双指针，但是现在将 (b) 数组的连续段压到了一起，双指针时会遇到这样一个问题：当前区间最小值为 (a)，出现 (A) 次，最大值为 (b)，出现 (B) 次，区间 ((a,b)) 内的元素和为 (s)，得其贡献为 (sumlimits_{i=1}^{A}sumlimits_{j=1}^{B}left[ia+jb+sumleqslant v ight])，设 (k=v-sum)，得：

[largeegin{aligned} &sum_{i=1}^{A}sum_{j=1}^{B}left[ia+jbleqslant k ight] \ =&sum_{i=1}^{A}sum_{j=1}^{B}left[j leqslant frac{k-ia}{b} ight] \ =&sum_{i=1}^{A}minleft( maxleft( leftlfloorfrac{k-ia}{b} ight floor,0 ight),B ight) \ =&sum_{i=1}^{A} maxleft( leftlfloorfrac{k-ia}{b} ight floor,0 ight)-sum_{i=1}^{A}maxleft( leftlfloorfrac{k-ia-Bb}{b} ight floor,0 ight) \ end{aligned} ]

设 (f(n,a,b,c)=sumlimits_{i=0}^nmaxleft( leftlfloorfrac{ai+b}{c} ight floor,0 ight))，这个式子很像类欧几里得算法的式子，但这里不保证 (a,bgeqslant 0)，分类讨论得：

若 (a<0)，则 (f(n,a,b,c)=f(n,-a,b+na,c))。保证 (a geqslant 0) 后，若 (b<0)，设 (d=leftlceilfrac{-b}{a} ight ceil)，得 (i < d) 时都有 (leftlfloorfrac{ai+b}{c} ight floor<0)，则 (f(n,a,b,c)=f(n-d,a,b+da,c))。

(a,bgeqslant 0) 后就可以去掉 (max)，然后用类欧几里得算法求解即可。

F

设 (lcp(i,j)) 为 (i) 位置的后缀和 (j) 位置的后缀的 (lcp)，询问 ([l,r]) 即为：

[largeegin{aligned} sum_{i=l}^r min{ lcp(l,i),r-i+1 }=sum_{i=1}^{r-l+1}sum_{j=l}^{r-i+1}[lcp(l,j) geqslant i ] end{aligned} ]

考虑用后缀树来解决，设 (p_i) 为 (i) 位置的后缀对应的节点，因为两个后缀的 (lcp) 等于其对应节点在后缀树上 (lca) 的深度，考虑在 (p_l) 的祖先统计答案，得：

[largeegin{aligned} &sum_{dep_{anc}leqslant r-l+1}sum_{i=l}^{r-dep_{anc}+1}[p_i in anc] \ =&sum_{dep_{anc}leqslant r-l+1}sum_{i=1}^{r-dep_{anc}+1}[p_i in anc]-sum_{dep_{anc}leqslant r-l+1}sum_{i=1}^{l-1}[p_i in anc] end{aligned} ]

这里的 (p_i in anc) 意思为 (p_i) 在 (anc) 的子树内，当 (p_i) 也在 (p_l) 祖先的子树内时，其才会产生贡献。

发现 (anc) 出现的集合为 (p_l) 到根节点深度不超过 (r-l+1) 的一条链上，称该链为 (anc) 链。发现一个节点 (x) 的贡献为其到根节点的链与 (anc) 链交的长度。

考虑树链剖分，把询问 ([l,r]) 挂到 (anc) 链的所有重链上，因为重链不一定全在 (anc) 链上，所以每条重链还要上记录 (anc) 链和重链交的长度 (L)。每个节点也挂到其到根的所有重链上，同样也在每条重链上记录重链交的长度 (len)。

先考虑第二个式子，考虑每一条中链的链顶，得：

[large sum_{top}sum_{i=1}^{l-1}min{ L,len }[p_i in top] ]

将 ((i,len)) 看作平面上的线段，(len) 为线段长度，每个询问都是求在 (L) 和 (l-1) 限制下的线段长度和，点按 (i) 排序，询问按 (l-1) 排序后，线段树扫描线即可。

再考虑第一个式子，

未完待续

链接1 链接2 链接3

（这题代码在有了）