联合省选2021题解
Day1
A.卡牌游戏
一个很显然的思路是枚举最大值和最小值的位置，然后用(O(N))的时间判断一下是否合法。时间复杂度(O(N^3))。
那考虑对这个算法优化，由于(m)的限制显然满足可二分性（我们的策略一定是能不翻就不翻），因此可以考虑枚举最小值位置的同时二分答案，那么我们只需要特殊考虑一下无法通过反转满足要求的边界，找到二分的区间即可。
复杂度(O(nlog n))
B.矩阵游戏
考虑没有上下界限制的答案那么显然可以钦定(A)矩阵的最左边一列和最上边一行均为(0)，递推计算即可。
考虑(0leq A_{i,j}leq 10^6)的限制，注意到如果对于一行，把第(x)个数加上((-1)^x imes k)，(k)为任意整数，那么新的矩阵依然合法。列同理。
那考虑我们给每一行加上一个值(r_i)，每一列加上一个值(c_i)，那么我们最后的答案可以写成这个形式
但我们很不喜欢看到这种加和的项，因此考虑隔行取反，这样就可以进行差分约束了。
复杂度(O(nm))
C.图函数
考虑另一个问题：无论(v)有没有对(u)做贡献，我们都将它删去。
那么仔细想想这个题是和原问题等价的，因为如果这个点(v)没有和(u)强联通，那么其他点和(u)强联通的那两条路径上也必不会有(v)（否则设这个点为(x),(x)显然可以通过(v)走到(u)）。
那考虑最终答案是(sum{f(u,G)})，那么我枚举(u)，只考虑编号不小于(u)的点，倒序加边，那如果一个(v)和(u)强联通了，设这条路径上编号最小的边编号为(x),那么点对((u,v))可以对(h(G)....h(G_{x-1}))做贡献。于是差分一下，最后统计一下后缀和即可。
Day2
D.宝石
显然可以(O(nmlog n))用倍增解决。
但上述做法是没有前途的。
考虑(mleq300)
首先可以发现我们要把(s o t)的路径拆成(S o LCA)和(LCA o T)
由于(P_i)互不相同，那么我们可以处理出每个点(i)，设(f(i,gem))表示(i)向上的第一个宝石为(gem)的节点，那我们可以(O(nm))处理出(f)的值，对于(S o LCA)的路径暴跳即可，对于(LCA o T)的路径我们反着暴跳即可。
现在(mleq 5 imes10^4)
上述做法看起来也歇了，但仔细想想是有前途的，我们可以用主席树把空间缩小，那么关键的部分就是我们不能在树上暴跳了。
但我们发现从(i)往上找一个宝石，再从这个点往上找一个，等价于从(i)向上找两个。
那么倍增即可处理(S o LCA)的部分。
对于(LCA o T)的路径我们可以二分这部分收了多少宝石，然后从(T)反着找这么多宝石，看最后的那个点深度与(LCA)的关系
时间复杂度(O(nlog^2n))
E.滚榜
省选最大诈骗题
因为我们不关心(b_i)的具体分配方式，因此对于一个全排列我们可以贪心地去分配。给每一个人尽量少的(b)，最后看(m)个题是否够分即可。
时间复杂度(O(n!))，期望得分(60pts)
虽然上边的那个大暴力得分很高，但是它是没有前途的，看到这个范围其实应该还是给状压(dp)的。
由于(b_i)单调不降，那么如果我这个点分配了一些题，那么后边所有点都要分配至少这么多题。
那么可以考虑维护增量，提前计算贡献，设(f(S,i,j))表示已经选的人的集合为(S)，上一个选的是(i)，已经有的贡献是(j)的可能排名个数，枚举增量和上一个的位置转移即可。
F.支配
支配关系显然形成一棵树，且我们可以用类似于拓扑排序的方法求出支配树。
问题就在于如何处理询问。
注意到一个点(u)的受支配集改变一定是存在一条路径使得他不经过(u)的祖先，进一步的我们发现他一定不经过(u)在支配树上的父亲。那么我们可以考虑处理出每一个点(u)不经过它在支配树上的父亲，能被什么点(v)到达，那么这个(v)就有可能对点(u)做贡献，那么我们处理询问的时候直接树上差分即可。