6.9模拟赛赛后总结
赛时历程
大约八点看完题目感到，啥也不会，好像T3的暴力最可做。
打着打着发现第一个性质分也好做,记录个las然后小小讨论一下就好。
对拍很成功，已经九点多。
其它啥也不会怎么搞，T1想到了一个(O(y-x))(y-x<=1e9)的伞兵DP，估计也骗不了分。
慢慢的，到点了。
赛后发现
我发现以前的三段结构很合理，所以现在换回来。
1 T1果然没分。 T3竟然不知道怎么的吧freopen给注释了，光荣抱玲。
2 T3正解可以用CDQ，都写了这么多CDQ了，还是没感觉，发现不了这是CDQ可做的，不够敏感，主要是也不知道能转换成二维平面，就更不谈什么三维偏序了。
3 T1的DP其实并不难，但是基础的(n^2)都没有想到，着实有点菜，应该多思考思考的（猛然想起这句话不是第一次提到，确实需要多思考啊,不能光说）。
简单题解
好好总结。
T1 要考虑DP，首先要考虑特殊点，也就是喜爱的城市的状态，只有他们会影响到决策(不然肯定每次跳z个会最优)，因此，考虑喜爱的城市到喜爱的城市的转移，为了直接考虑到起点和终点，把他们当成数值特殊点的喜爱的城市即可。然后考虑(f[i]) 作为到达城市(i)的最小花费，那么有一个转移(f[i]=min{f[j]+frac{c[i]-c[j]}{z}*a}-m[i]) ，考虑快速的找到(j) 这个决策点，这里的思路感觉很难切入，可能只有见过了才能联想到，感觉像是某些数学题会用到的思路:把(c[i]) 拆成(c[i]=k[i]*z + b[i]) 那么，状态的转移变成了(f[i]=min{f[j]-k[j]*a+lceil{frac{b[i]-b[j]}{z} ceil}*a}+k[i]*a-m[i]) ，这里由于(b[i])是(c[i]\%z)的余数，所以说只有(b[i]>b[j])的时候，这一部分(lceil{frac{b[i]-b[j]}{z} ceil}*a) 才会产生 a的贡献，由此，对于已经处理过的(j)，可以考虑以(b[j])做下标存储有关它的决策的值(f[j]-a*k[j]),放入到数据结构中，每次决策时针对(0)~(b[i]-1)的部分查找一次最小值，然后再加上贡献 (a) 来更新 (f[i]),针对(b[i])~(z-1)的区间查找一次最小值，并只用这个值来更新(f[i]),这样就能够(O(nlogn)) 的解决问题。
T3 要想到偏序之类的思路，就要把每次要询问的区间((l,r))当作一个点，每次更改一个点的时候，它会产生两种影响:1 这个点如果是状态是0而现在变成1，对于它能够到达的连续的左边的1,最左为L，以及右边的1，最右为R,(用set存0的位置然后二分查找确定边界即可找到这个L和R)，跨过x的点对开始计时，对于跨过(x)的点对，他们满足这样的条件:(lle x)且(xle r),把他们当作一个点((l,r))，那么根据这样的关系，可以认为这些点在左下角为((l,x))，右上角为((x,r))的矩形中，所有的点都开始计时，也就是所有的点得到贡献(-i) (i为此时的时刻)，对于这样的二维区间修改，单点查询问题，可以用标记永久化的二维线段树来解决，可是我不会 可是代码实现很难。考虑做一下差分的转化，一个左下角为((a,b))右上角为((c,d))的矩形集体(+v),相当于差分区间进行 ((a,d+1)-v),((c+1,b)-v),((a,b)+v) ((c+1,d+1)+v) , 这样，问题就转换为了单点修改，区间查询的问题，然后就是一个偏序的问题了，对于每个点统计它的二维前缀和就好。2 这个点是1而现在变成0，同样有上述的概念，不过所有点的贡献是(+i)。统计这样的二维前缀和，就是CDQ处理二维平面问题，就是一个板子了。
T2 是一道生成函数，二项式反演，NTT优化的高级题目，超纲了超纲了 暂且做不来。