一些題
模擬賽遇到的trick，有意思的，有啟發的題，不一定很難。
蜀道難
噫籲嚱，危乎高哉！蜀道之難，難於上青天！蠶叢及魚鳧，開國何茫然！爾來四萬八千歲，不與秦塞通人煙。西當太白有鳥道，可以橫絕峨眉巔。地崩山摧壯士死，然後天梯石棧相鉤連。上有六龍回日之高標，下有衝波逆折之回川。黃鶴之飛尚不得過，猿猱欲度愁攀援。青泥何盤盤，百步九折縈巖巒。捫參歷井仰脅息，以手撫膺坐長嘆。
問君西遊何時還？畏途巉巖不可攀。但見悲鳥號古木，雄飛雌從繞林間。又聞子規啼夜月，愁空山。蜀道之難，難於上青天，使人聽此凋朱顏！連峰去天不盈尺，枯松倒掛倚絕壁。飛湍瀑流爭喧豗，砯崖轉石萬壑雷。其險也如此，嗟爾遠道之人胡為乎來哉！
劍閣崢嶸而崔嵬，一夫當關，萬夫莫開。所守或匪親，化為狼與豺。朝避猛虎，夕避長蛇；磨牙吮血，殺人如麻。錦城雖雲樂，不如早還家。蜀道之難，難於上青天，側身西望長諮嗟！
連通塊
有一棵 \(n\) 個節點的樹，他現在要對這棵樹做 \(m\) 次操作，每次操作如下
-
刪除樹上的一條邊
-
查詢在節點 \(u\) 目前所在的連通塊內，離 \(u\) 最遠的點的距離。兩點之間的距離定義為兩點之間簡單路徑的邊數。
樹的直徑的性質
-
直徑的端點一定是樹的葉子節點。
-
從樹上任意一節點出發，與它距離最遠的節點一定是直徑的一個端點。
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在樹上增加一個葉子節點，最多改變樹的直徑的一個端點。
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設兩棵樹的直徑端點分別為 $ (u,v) 和 (x,y) $ ，將兩棵樹合併後的直徑端點仍在這四點中。
-
如果一棵樹有多條直徑，它們一定交與一個節點，且這個交點是每條直徑的中點。
考慮求樹的直徑：
-
貪心。由性質2，任由一點開始求最遠點，兩邊DFS即可。
-
DP。求該子樹中的最長鏈和次長鏈。
再來看這道題，我們把操作離線，反向操作，就成為合併子樹問題。由性質2可知，我們只需要知道直徑端點就能求出最大距離。再由興致4，很容易維護樹的直徑。
CODE
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5+100;
int n,m,a,b,cnt,head[N],fa[N];
bool p[N],vis[N],vs[N];
int dad[N],siz[N],depth[N],son[N],top[N];
int fir[N],sec[N],maxn[N],maxx[N],ans[N];
struct node{
int x,y,dis;
};
struct edge{
int to,nxt;
}e[N<<1];
struct query{
int opt,x;
}q[N];
bool cmp(node i,node j){
return i.dis>j.dis;
}
inline void add(int u,int v){
cnt++;
e[cnt].to=v;
e[cnt].nxt=head[u];
head[u]=cnt;
}
int find(int x){
if(x==fa[x])return x;
else return fa[x]=find(fa[x]);
}
void dfs(int u,int f){
for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt){
int v=e[i].to;
if(v==f)continue;
if(!p[i>>1]){
int fx=find(u),fy=find(v);
if(fx!=fy)fa[fx]=fy;
}
dfs(v,u);
}
}
void dfs1(int u,int f){
depth[u]=depth[f]+1;
siz[u]=1;
for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt){
int v=e[i].to;
if(v==f)continue;
dad[v]=u;
dfs1(v,u);
if(siz[son[u]]<siz[v])son[u]=v;
siz[u]+=siz[v];
}
}
void dfs2(int u,int t){
top[u]=t;
if(son[u]){
dfs2(son[u],t);
}
for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt){
int v=e[i].to;
if(v==dad[u]||v==son[u])continue;
dfs2(v,v);
}
}
int LCA(int x,int y){
int fx=top[x],fy=top[y];
while(fx!=fy){
if(depth[fx]<depth[fy]){
y=dad[fy];
}
else{
x=dad[fx];
}
fy=top[y];fx=top[x];
}
if(depth[x]<depth[y])return x;
else return y;
}
void dfs3(int rt,int u,int f){
fir[u]=u;
vis[u]=1;
for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt){
if(p[i>>1])continue;
int v=e[i].to;
if(v==f)continue;
if(vis[v])continue;
dfs3(rt,v,u);
if(maxn[v]+1>maxn[u]){
maxn[u]=maxn[v]+1;
fir[u]=fir[v];
}
}
}
void dfs4(int rt,int u,int f){
sec[u]=u;
vs[u]=1;
for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt){
if(p[i>>1])continue;
int v=e[i].to;
if(v==f)continue;
if(vs[v])continue;
dfs4(rt,v,u);
if(maxx[v]+1>maxx[u]){
maxx[u]=maxx[v]+1;
sec[u]=sec[v];
}
}
}
int Dis(int x,int y){
return depth[x]+depth[y]-depth[LCA(x,y)]*2;
}
signed main()
{
freopen("block.in","r",stdin);
freopen("block.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&m);
cnt=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
fa[i]=i;
}
for(int i=1;i<n;i++){
scanf("%d%d",&a,&b);
add(a,b);
add(b,a);
}
for(int i=1;i<=m;i++){
scanf("%d%d",&q[i].opt,&q[i].x);
if(q[i].opt==1){
p[q[i].x]=1;
}
}
dfs(1,0);
dfs1(1,0);
dfs2(1,1);
for(int i=1;i<=n;i++){
if(!vis[i]){
int anc=find(i);
dfs3(anc,anc,0);
dfs4(anc,fir[anc],0);
sec[anc]=sec[fir[anc]];
}
}
for(int i=m;i>=1;i--){
if(q[i].opt==1){
int x=(e[q[i].x<<1].to),y=(e[q[i].x<<1|1].to);
int fx=find(x),fy=find(y);
node d[6];
d[0]={fir[fx],sec[fx],Dis(fir[fx],sec[fx])};
d[1]={fir[fx],fir[fy],Dis(fir[fx],fir[fy])};
d[2]={fir[fx],sec[fy],Dis(fir[fx],sec[fy])};
d[3]={sec[fx],fir[fy],Dis(sec[fx],fir[fy])};
d[4]={sec[fx],sec[fy],Dis(sec[fx],sec[fy])};
d[5]={fir[fy],sec[fy],Dis(fir[fy],sec[fy])};
int dis=0;
for(int j=0;j<6;j++){
if(dis<d[j].dis){
dis=d[j].dis;
fir[fy]=d[j].x;
sec[fy]=d[j].y;
}
}
fa[fx]=fy;
}
else{
int fx=find(q[i].x);
ans[i]=max(Dis(q[i].x,fir[fx]),Dis(q[i].x,sec[fx]));
}
}
for(int i=1;i<=m;i++){
if(q[i].opt==2)printf("%d\n",ans[i]);
}
}
Wallpaper Collection
設 $ dp_{i,j,k} $ 為第 \(i\) 行，所選區間為 $ [j,k] $ 最大價值，轉移時用滾動陣列和一些最佳化，就可做到 $ O(n^3) $ 。
改變DP狀態：我們發現相鄰兩行所選區間必須有交集，想象一個學長在矩陣上走動，他走過的路徑剛好符合以上定義。設 $ dp{i,j} $ 為學長在第 \(i\) 行，第一次走到的是第 \(j\) 格的最大價值，加一些最佳化就可以 $ O(n^2) $ 。
進擊的巨人
一個 $ O(n^2) $ 的做法：對於每一個位置 \(i\) ，列舉 $ j \le i $ ，計算 $ [j,i] $ 都是1的機率，進而可以算出期望。因為賽時資料水，$ n\le 1e4 $ ， $ O(n^2) $ 就跑過來了。
設 $ [L,R] $ 都是1，那麼 $ [L-1,R] $ 都沒有被損壞，防禦值為 $ (R-L+1)^k $ 。
二項式定理展開得到：
記前 \(i\) 個位置?的個數為 \(s_i\) ,位置 \(i\) 的答案為：
發現這個東西極好維護,複雜度 $ O(NK) $ 。
魔卡少女櫻
$ a_i \not\equiv a_{i+1} \pmod 3 $ 。差分的思路顯然， $ a_{i+1}-a_i>0 \ \And a_{i+1}-a_i \not\equiv 0 \pmod 3 $ 。我們先考慮差分結果只有1，2的情況，列舉填 \(k\) 個2， $ n-1-k $ 個1，這裡方案數為：設填2則 \(x_i\) 值為1，填1則 $ x_i $ 值為0，$ \sum x=k $ ，有 $ \dbinom{n+k-2}{n-2} $ 種。
當前 $ a_n= n-1+k $，對於剩下的 $ m-a_n $ 沒有使用，我們可以填進 $ a_1 $ ，也可以三個一組加到差分數上（正確性顯然）。
設填 \(k\) 個2，列舉 $ a_1 $，三個一組加，共有 $ t= \left \lfloor \frac{m-(n-1+k)-a_1} {3} \right \rfloor $ 組 。方案數為 $ \sum_{i=0}^{t} \dbinom{ n+i-2 }{ n-2 } $
最終答案
列舉就得到 $ O(n^3) $ 做法，加一堆字首和最佳化就做到 $ O(n) $
《阿房宮賦》
六王畢，四海一；蜀山兀，阿房出。覆壓三百餘里，隔離天日。驪山北構而西折，直走咸陽。二川溶溶，流入宮牆。五步一樓，十步一閣；廊腰縵回，簷牙高啄；各抱地勢，鉤心鬥角。盤盤焉，囷囷焉，蜂房水渦，矗不知其幾千萬落！長橋臥波，未云何龍？複道行空，不霽何虹？高低冥迷，不知西東。歌臺暖響，春光融融；舞殿冷袖，風雨悽悽。一日之內，一宮之間，而氣候不齊。
妃嬪媵嬙，王子皇孫，辭樓下殿，輦來於秦，朝歌夜弦，為秦宮人。明星熒熒，開妝鏡也；綠雲擾擾，梳曉鬟也；渭流漲膩，棄脂水也；煙斜霧橫，焚椒蘭也。雷霆乍驚，宮車過也；轆轆遠聽，杳不知其所之也。一肌一容，盡態極妍，縵立遠視，而望幸焉；有不見者，三十六年。燕、趙之收藏，韓、魏之經營，齊、楚之精英，幾世幾年，剽掠其人，倚疊如山。一旦不能有，輸來其間。鼎鐺玉石，金塊珠礫，棄擲邐迤，秦人視之，亦不甚惜。
嗟乎！一人之心，千萬人之心也。秦愛紛奢，人亦念其家；奈何取之盡錙銖，用之如泥沙？使負棟之柱，多於南畝之農夫；架樑之椽，多於機上之工女；釘頭磷磷，多於在庾之粟粒；瓦縫參差，多於周身之帛縷；直欄橫檻，多於九土之城郭；管絃嘔啞，多於市人之言語。使天下之人，不敢言而敢怒；獨夫之心，日益驕固。戍卒叫，函谷舉；楚人一炬，可憐焦土。
嗚呼！滅六國者，六國也，非秦也。族秦者，秦也，非天下也。嗟乎！使六國各愛其人，則足以拒秦；使秦復愛六國之人，則遞三世可至萬世而為君，誰得而族滅也？秦人不暇自哀，而後人哀之；後人哀之而不鑑之，亦使後人而復哀後人也。