打满暴力好像是一种挑战，已经连续几天考试最后一个小时自闭了，因为自以为打完了暴力，然而，结果往往差强人意
大概是考试的策略有些问题
T1：
我们设$g[x]$为在x时取小于等于m个物品的最大价值，下面要证明的是$g$的单调性
1.若k都小于0，那么$g$是单调减的，这种情况下特判0就好
2.若k都大于0，那么$g$是单调增的，这种情况下显然可以二分
3.有的k大于0，有的k小于0，这种情况下$g$先单调减后单调增。为什么？考虑选择的过程，x确定的时候，我们选当前取值>0的前m个（不够的话就不取）。那么随着x的增大，在已取集合中k<0的会不断减小到0，之后被我们删去;集合外的k>0的会不断增大最终大于0，之后可能被我们加入集合。考虑在某个横坐标之前单位减少量大于增加量，这个横坐标之后单位减少量小于增加量，那么之后单位减少量会恒小于增加量，联系上述的过程理解（已经加入集合的单增的直线只会不断增大，或者被更大代替，而单减的直线不会一直减小，而是会减小到0后被丢出去。也就是单位增加的导函数单增，单位减少的导函数单减（非严格））
那么情况3我们如何处理呢？很简单，我们特判一下0，如果满足条件直接输出即可，否则我们就在单增上二分（在代码中表现的是我们在整个函数上二分，因为单见你呢的那部分显然全部都<S，而<S时我们会把横坐标右移到单增处，实际和上面的情况1和情况2操作完全一样）
$nth_element(val+1,val+n-m+1,val+n)$将$[1,n+1)$第$n-m+1$大的元素放在第$n-m+1$小的位置，满足前面的元素比他小，后面的元素比他大
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e6+15;
const ll inf=1e9;
ll n,m,S;
ll k[N],b[N],val[N];
inline ll read()
{
char ch=getchar();
ll s=0,f=1;
while (ch<'0'||ch>'9') {if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while (ch>='0'&&ch<='9') {s=(s<<3)+(s<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
return s*f;
}
bool check(ll x)
{
for (int i=1;i<=n;i++) val[i]=k[i]*x+b[i];
nth_element(val+1,val+n-m+1,val+n+1);
ll re=0;
for (int i=n;i>=n-m+1;i--)
{
if (val[i]>0) re+=val[i];//不保证前m个是按顺序的，因此<0不能break
if (re>=S) return 1;
}
return re>=S;
}
int main()
{
n=read();m=read();S=read();
for (int i=1;i<=n;i++) k[i]=read(),b[i]=read();
if (check(0)) {puts("0");return 0;}
ll l=1,r=inf;
while (l<r)
{
int mid=l+r>>1;
if (check(mid)) r=mid;
else l=mid+1;
}
printf("%lld
",l);
return 0;
}
T2：
考虑到，一开始的形如$x_i+x_{fa}=w$形成一棵以1为根节点的树，也就是说任意的点都可以用$x_1$表示
设1为偶数点，那么奇数点都可以表示成形如$k-x_1$的形式，偶数点都可以表示为形如$k+x_1$的形式
考虑操作1：我们假设已知$x_u,x_v$用$x_1$的表示和$u,v$是奇数点还是偶数点，分以下情况讨论
1.两个都是奇数点，那么有$k_u-x_1+k_v-x_1=s$，移项得到$2x_1=s+k_u+k_v$，计算答案就好
2.两个都是偶数点，那么有$k_u+x_1+k_v+x_1=s$，移项得到$2x_1=s-k_u-k_v$，计算答案就好
3.一个是奇数点，一个是偶数点，这样的话$x_1$就会消掉，判断得到的结果与给定的s是否相同即可
显然初始化一遍dfs每个点的表示和奇偶都可以轻易得到
考虑操作2如何维护？
我们发现改变一个点与其父亲的$w$值最终改变表达的只是这个点子树里的点，我们把奇数点和偶数点分情况讨论，用树状数组维护区间加就好
如当前点已知表达为$x$，接下来的表达分别为$w_1-x,w_2-w_1+x,w_3-w_2+w_1-x$
总结起来就是奇到奇是+，偶到偶是+，奇到偶和偶到奇都是-（这个主要是方便笔者自己理解...可能有点抽象，感性理解一下）
std用了很神奇的一个树状数组同时解决了奇点和偶点的修改，用的就是上述的性质
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e6+15;
int n,q,tot,tim;
int head[N],dep[N],dfn[N],edfn[N],t[N],w[N];
struct EDGE
{
int to,nxt,ww;
}edge[N];
inline int read()
{
char ch=getchar();
int s=0,f=1;
while (ch<'0'||ch>'9') {if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while (ch>='0'&&ch<='9') {s=(s<<3)+(s<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
return s*f;
}
void ad(int u,int v,int ww)
{
edge[++tot]=(EDGE){v,head[u],ww};
head[u]=tot;
}
void dfs(int x)
{
dfn[x]=++tim;
for (int i=head[x];i;i=edge[i].nxt)
{
int y=edge[i].to;
dep[y]=dep[x]^1;
dfs(y);
}
edfn[x]=tim;
}
void add(int x,int y)
{
while (x<=n)
{
t[x]+=y;
x+=x&-x;
}
}
int sum(int x)
{
int re=0;
while (x)
{
re+=t[x];
x-=x&-x;
}
return re;
}
int main()
{
// freopen("equation.in","r",stdin);
// freopen("equation.out","w",stdout);
n=read();q=read();
for (int i=2,u;i<=n;i++)
{
u=read();w[i]=read();
ad(u,i,w[i]);
}
dfs(1);
for (int i=2;i<=n;i++) if (!dep[i]) w[i]=-w[i];
for (int i=2;i<=n;i++) {add(dfn[i],w[i]);add(edfn[i]+1,-w[i]);}
while (q--)
{
int opt=read();
if (opt==1)
{
int u=read(),v=read(),s=read();
int x=sum(dfn[u]),y=sum(dfn[v]);
if (dep[u]&&dep[v])
{
ll rt=1ll*x+y-s;
if (rt%2!=0) puts("none");
else printf("%lld
",rt/2);
}
else if (!dep[u]&&!dep[v])
{
ll rt=1ll*x+y+s;
if (rt%2!=0) puts("none");
else printf("%lld
",rt/2);
}
else
{
if (!dep[u]) swap(u,v),swap(x,y);
if (x-y==s) puts("inf");
else puts("none");
}
}
if (opt==2)
{
int u=read(),ww=read();
if (!dep[u]) ww=-ww;
add(dfn[u],ww-w[u]);add(edfn[u]+1,w[u]-ww);
w[u]=ww;
}
}
return 0;
}
T3:
待填