标签：le 记录 text LCA 消掉 18 序列 2022.7 方块
Luogu3863 序列 Future 7.0
给定一个长度为 \(n\) 的序列，给出 \(q\) 个操作，形如：
\(1~l~r~x\) 表示将序列下标介于 \([l,r]\) 的元素加上 \(x\) （请注意，\(x\) 可能为负）
\(2~p~y\) 表示查询 \(a_p\) 在过去的多少秒时间内不小于 \(y\) （不包括这一秒，细节请参照样例）
开始时为第 \(0\) 秒，第 \(i\) 个操作发生在第 \(i\) 秒。\(1\le n,q\le 10^5\)。
考虑一个 \(n\times q\) 的矩阵 \(A\)，其中 \(A_{i,j}\) 存的是序列中第 \(i\) 个数在第 \(j\) 时刻的值。
对于一个修改操作，相当于将 \(A\) 的第 \(l\sim r\) 行在 \([t,q]\) 范围内全部 \(+k\)。
查询操作则相当于查询矩阵一行内某个区间内 \(\ge y\) 的数的个数。
我们将时间与序列顺序反演，依次扫过 \(1\sim n\) 中 \(A\) 的每一行，同时处理相应的操作。
对于修改，考虑套路地差分掉，在第 \(l\) 行处设置一个区间加操作，在 \(r+1\) 行处减掉。
对于查询，不难发现这等价于区间 \([0,i-1]\) 内 \(\ge k\) 的数的个数。
这是经典分块问题，把每一块分别排序后二分即可。不妨设 \(n,q\) 同阶，则时间复杂度 \(O(n\sqrt{n\log n})\)。AC Code
UVa10559 Blocks Future 7.5
有 \(n\) 个带有颜色的方块，消除一段长度为 \(x\) 的连续的相同颜色的方块可以得到 \(x^2\) 的分数。
你需要用一种最优的顺序消除所有方块，使得得分最多。\(1\le n\le 200\)。
例：\(12233321\to 12221\to 11\to \varnothing\)，得分为 \(3^2+3^2+2^2=22\)。
考虑设 \(f(l,r)\) 为消除 \(l,r\) 所能得到的最大得分。
按照套路我们先考虑使用 \(f(l,k),f(k+1,r)\) 来转移 \(f(l,r)\)，但这样并没有涵盖所有的操作。
我们有可能先把 \([l,k]\) 和 \([k+1,r]\) 内消到各剩下一些，然后拼起来消掉，这种操作是没有被考虑到的。
实际上这个 DP 设的就有些问题：\(12233321\) 消掉 \(333\) 后变成 \(12221\)，这样的子串是从来没有被考虑过的。
我们考虑枚举「第 \(r\) 个方块什么时候被消掉」。
设 \(p\) 是最小的满足 \([p,r]\) 内方块颜色均相等的正整数，那么有两种可能的方案：
- 直接消去 \([p,r]\)。
- 找到 \(q\) 使得第 \(c_q=c_r\)，消去 \([q+1,p-1]\)，再消去 \(c_q\) 和 \(c_{p\cdots r}\)。其中 \(c\) 为颜色序列。
但第二种决策仍然有些问题：我们不一定在消去 \([q+1,p-1]\) 后立刻消除 \(r\)，而是有可能在右边再消去一些方块，然后一起消去。
我们发现消去 \([q+1,p-1]\) 后此时的序列变成了「一段区间最右边添上若干个和最右端颜色相等的方块」。
考虑把这种状态写进 DP：设 \(f(l,r,k)\) 为考虑区间 \([l,r]\)，在最右端把 \(c_r\) 复制 \(k\) 份后得到的颜色序列，的答案。
这样一来有两种转移：
- 直接消去 \([p,r]\)，分数为 \(f(l,p-1,0)+(r-p+k+1)^2\)。
- 找到 \(q\) 使得 \(c_q=c_r\)，先消去 \([q+1,p-1]\)。分数为 \(f(l,q,r-p+k+1)+f(q+1,p-1,0)\)。
一些思考：
- 这个状态也没有涵盖所有能得到的子序列啊，为什么就是对的？
确实没有涵盖所有可能的状态，但，这个状态涵盖了所有最优解能到达的状态。
例如，对于 \(f(l,r,k)\)，我们的确可能先消掉 \([l,r]\) 中间的某些方块，再来看最右端的方块。
但不管怎么样，我们总要消掉 \(r\) 和后面那 \(k\) 个同色方块。因此，「先消掉谁」其实并没有那么要紧。
相当于我们可能有两种操作方式：\(A\to B\to D\) 与 \(A\to C\to D\)，我们确定了 \(A\to B\to D\) 一定不劣，因此就只需记录 \(A\to B\to D\) 就行了。
- 为什么要先找到 \(p\) 满足 \([p,r]\) 都相等，再做进一步的转移？直接考虑 \(r\) 自己不行吗？
因为如果直接考虑 \(r\)，那么将导致我们直接拆掉了 \([p,r]\) 这个连续段，考虑不到更优的状态。
一共有 \(O(n^3)\) 个状态，转移复杂度 \(O(n)\)。总的复杂度为 \(O(n^4)\)。
注意到如果用记忆化搜索实现，大多数状态实际上转移不到，足够通过 \(n=200\) 的测试点。AC Code
写了两道题之后发现今天有 cf，于是去刷了一会 B 站打算晚上打个 cf（）
CF1706E Qpwoeirut and Vertices Present 7.0
给定一个 \(n\) 点 \(m\) 边的无向图，有 \(q\) 次询问，每次给定 \(l,r\)，你需要输出最小的 \(k\)，满足：
- 如果只保留图中的第 \(1,2,\cdots,k\) 条边，那么对于任意的 \(l\le a,b\le r\)，点 \(a,b\) 仍然连通。
\(1\le n\le 10^5,1\le m,q\le 2\times 10^5\)。
首先套路地求个最小生成树，那么两点最早连通的时刻就是链上边权 \(\max\)。
现在相当于给出点集 \(l,r\)，设 \(E(i,j)\) 为 \(i\to j\) 路劲上边所构成的集合，要求出来边集
\[\bigcup_{l\le x,y\le r}E(x,y) \]中的边权最大值。
我们可以用线段树维护虚树，得到一个 2log 的愚蠢大常数做法。
看到树上边权最值一类问题，考虑并查集：我们依次从小到大加入每一条边，那么 \(E(x,y)\) 的最大值就是 \(x,y\) 所在集合第一次被合并时该边的边权。
这启发我们在合并两个集合的时候，新建一个点 \(u\)，从 \(u\) 向两个集合所代表的的点连边。令 \(u\) 的点权为其对应边的边权，那么 \(E(x,y)\) 中的最大值就是 \(x,y\) 在新树上的 \(\text{LCA}\) 的点权。
那么现在只需要求一个区间 \(\text{LCA}\) 就行了。这个可以随便做。
我一开始为了追求 1log 写了个 \(\text{ST}\) 表求两点 \(\text{LCA}\)，再用 \(\text{ST}\) 表求区间 \(\text{LCA}\)，后来发现常数巨大。。把求两点 \(\text{LCA}\) 改成树剖立马快了五倍。。启示：求 \(\text{LCA}\) 一定要写树剖！！！！
UPD：场后发现这东西好像叫 \(\text{kruskal}\) 重构树？所以我在场上发明了一个 \(\text{kruskal}\) 重构树？？？
标签：le,记录,text,LCA,消掉,18,序列,2022.7,方块 来源： https://www.cnblogs.com/YunQianQwQ/p/16492583.html
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