ds 合集的 Part 1，此合集包含樹上問題和圖上問題。
樹上問題
CF418D
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首先可以倍增找到 \((u,v)\) 中間的斷點 \(t\)（ \(t\) 和左邊都去 \(u\)，右邊都去 \(v\)）。然後就可以把樹分成兩部分（這裡注意如果 \(t=lca(u,v)\) 不能直接取子樹），然後就是求 \(\max(dis(u,S1),dis(v,S2))\)。問題就是點到一個聯通塊的距離，且這個聯通塊是一個完整子樹或樹減去子樹，在 dfn 序上至多分成兩個區間。這個問題就隨便做了，可以離線下來樹上掃描線，也可以直接在 dfn 序上合併直徑（最大距離一定是到直徑兩端點之一），或者樹剖維護都可以。複雜度 \(\Theta(n\log n)\)。
CF741D
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其實就是求經過每個節點 \(u\) 且兩端在 \(u\) 子樹中的最長合法路徑。一個路徑合法當且僅當不超過一個字元出現奇數次，考慮將出現次數的奇偶性狀壓，那麼就是找 \(u\) 中兩個不同子樹的點對，滿足它們到根的路徑狀態異或和的大小不超過 \(1\)，記錄一下每個點的深度和狀態，列舉奇數的位置就行，dsu on tree 處理，開個桶記錄 \(2^{22}\) 個狀態就行。複雜度 \(\Theta(nc\log n)\)。
CF763D
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不同構肯定樹 hash，考慮樹上掃描線，維護所有子樹的 hash 值的桶。每次根從 \(u\) 轉移到 \(v\) 時，會刪掉以 \(u\) 為根的整棵樹，加入以 \(v\) 為根的整棵樹，加入以 \(u\) 為根除了 \(v\) 子樹以外的樹。map 記錄出現次數就行，複雜度 \(\Theta(n\log n)\)。
CF776F
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考慮這些區域會形成一棵樹，可以暴力處理一下編號。然後就是在一棵樹上染色，考慮從小往大染色。顏色是 \(1\) 的顯然只有一個點 \(u\)，那麼顏色是 \(2\) 的點在 \(u\) 的所有子樹中都不能超過一個，顏色為 \(3\) 的點可以在顏色 \(2\) 到 \(u\) 的路徑上，也可以在顏色 \(2\) 的子樹中。發現這個東西很像點分治的形式，於是模仿點分治，將每層都染成同一個顏色，個數不超過 \(\Theta(\log n)\)。複雜度 \(\Theta(n\log n)\)。
CF925E
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假設樹上每個點的權值是 \(a_i\)，初始 \(a_i = t_i\)。那麼變成黑點相當於鏈減 \(1\)，變白點相當於鏈加 \(1\)。現在就是要支援：區間加減 \(1\)，單點標記，詢問全域性沒標記的點小於 \(0\) 的個數。這個可以分塊 \(\Theta(n\sqrt{n} \log n)\) 做，空間 \(\Theta(n\sqrt{n})\) 類似 這題。但是考慮 \(\Theta(n\sqrt{n})\) 的做法，空間線性。直接對詢問分塊，考慮將每 \(B\) 個詢問一起做，那麼記錄每個點在前面處理完之後的權值 \(a_i\)，然後考慮這 \(\Theta(B)\) 個點的貢獻。將這 \(\Theta(B)\) 個點建虛樹，每條邊加的值都相等，那麼將每個點都掛到它所在的虛邊的深度大的那個點上然後排序，然後每次鏈加可以暴力跳祖先 \(\Theta(B)\) 個點，然後再對每條虛邊記錄指標 \(pos_i\) 為當前第一個 \(<0\) 的位置，每次加會使指標移動 \(\Theta(1)\) 個位置（因為只會 +1 或 -1）。排序部分可以把 \(n\) 個點放到一起基數排序，然後複雜度就是 \(\Theta(n\sqrt{n})\) 了。
CF833D
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路徑數數考慮點分治，那麼就是要考慮一堆三元組 \((val,x,y)\) 表示路徑的權值積，黑色點 \(x\) 個，白色點 \(y\) 個。那麼就是要找一堆三元組對，\((val1,x,y),(val2,a,b)\) 滿足 \(\dfrac{1}{2} \le \dfrac{a+x}{b+y} \le 2\)，化簡一下就是
設 \(x_i = 2a-b,y_i = 2b-a\) 為詢問點，\(x_i = b-2a,y_i = a-2b\) 為插入點，那麼就是要對每個詢問點找到所有 \(x_j \le x_i,y_j \le y_i\) 的乘積，可以簡單二維數點。那複雜度就是 \(\Theta(n\log^2 n)\)，但是直接搞會算兩次，就成平方了，然後可以寫個 cdq 三隻 \(\log n\)，還是能過。
CF986E
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把每個數的所有質因子找出來，然後對每種質因子用動態開點線段樹維護，然後詢問列舉 \(w\) 的因子搞，暴力這樣做是 \(\Theta(n\log^2 n \log V)\) 的，無法透過。發現不用樹剖，其實就是要求 \(\Theta(n\log V)\) 次一個點到根上含有 \(p\) 質因子的有多少個。考慮離線，考慮對每個質因子單獨處理，把 \(w\) 的所有質因子 \(p\) 處掛 \(u,v,lca(u,v),fa(lca(u,v))\) 四個詢問，然後把所有含有 \(w\) 質因子的點拿出來，子樹加，單點查即可。複雜度 \(\Theta(n\log n \log V)\)。
CF983E
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先考慮每個詢問暴力做，發現把 \((u,v)\) 的路徑拿出來，一定是先坐一個能走最長的車，再換乘，直到走到 \(v\)。如果 \(v\) 是 \(u\) 的祖先肯定很好做，就是從每個點往上一直走，首先預處理從每個點往上坐 \(1\) 條線走到最遠哪裡，這個可以把每個路徑的 \(u,v\) 處插入一個插入標記，在 \(lca(u,v)\) 插入一個刪除標記，然後直接線段樹合併就能做到單 \(\log\)。然後就是倍增處理走 \(2^i\) 步最淺到哪，兩邊同時跳到 \(lca\) 下面的點，然後看看是否有路徑在 \((u',v')\) 子樹中，就是個二維數點，主席樹線段樹合併隨便做就行。複雜度 \(\Theta(n\log n)\)。
CF1039D
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注意到路徑不能重複，所以考慮根號分治。當 \(k \le B\) 時，考慮單次暴力，設二元組 \(f_u\) 為 \(u\) 的子樹中能選出多少條長度 \(k\) 路徑，且滿足第一關鍵字的情況下能有最多多少從根往下的空白。顯然 \(\Theta(n)\) 做即可，複雜度 \(\Theta(nB)\)。當 \(k > B\) 時，此時答案不超過 \(\dfrac{n}{B}\)，且答案有單調性，所以考慮對於每個答案，二分它的邊界，用上面的方法暴力驗證，複雜度 \(\Theta(\dfrac{n^2 \log n}{B})\)。當 \(B\) 取 \(\sqrt{n\log n}\) 時，有最優複雜度 \(\Theta(n \sqrt{n\log n})\)。
CF1083C
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考慮從 \(mex\) 入手，怎麼判斷權值為 \([0,i]\) 的區間是否組成一個鏈。判斷若干個點是否組成一條鏈當然可以使用線段樹來合併，把左右兒子組成的鏈的 \(4\) 個點拿出來，列舉這個新鏈的兩個端點，判斷其他兩個點是否在這條鏈上（就是 \(dis(x,u)+dis(x,v)=dis(u,v)\)）就行，然後再套個線段樹二分，複雜度 \(\Theta(n\log n)\)。
CF1088F
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首先感覺一下，發現重構出來的樹以最小權值作為根時，也應該是父親權值小於兒子的。因為如果父親權值大於兒子，那麼我可以找到深度最大的這樣的點，刪掉這個點和它父親的連邊，把它接到原本樹上的父親上（由於這個深度是最大的，所以子樹肯定沒有它原本樹上的父親），透過這樣的調整一定更優，於是就可以調整成一個父親權值小於兒子的了。那麼就是考慮連到比它小的點，如果連到一個不是祖先的點，那麼找到這個點和它的 \(lca\)，這個 \(lca\) 的權值比它們都小，而且距離更近，所以肯定更優。那麼就是在原樹上找到一個祖先連邊了，直接列舉 \(\lceil \log_2 dis(u,v)\rceil\)，把 \(u\) 到根的鏈分成 \(\Theta(\log n)\) 段，然後在每個段上找到一個最小值連就行，其實就是這個段最頂上那個點，就是 \(u\) 的 \(2^k\) 祖先（注意一下邊界），權值是 \(a_u + \min a_v (1+k)\)。倍增處理即可，複雜度 \(\Theta(n\log n)\)。
P2056
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每個點點權 \(\in \set{0,1}\)，每次翻轉單點，求兩個 \(0\) 的距離最大。
- 最大距離考慮直徑，線段樹維護每個區間的直徑，由於邊權非負，可以貪心合併。（大區間的直徑端點一定在左右兒子的 \(4\) 個端點中取）複雜度 \(\Theta(n\log n)\)，不支援負邊權。
- 動態查詢路徑考慮動態點分治，用堆維護每個點 \(u\) 子樹（點分樹）中到父親（點分樹）的所有距離 \(q_u\)，用堆 \(son_u\) 維護 \(u\) 到所有兒子（點分樹）的距離（這是將每個 \(q_v\) 中最大的放進來，每個子樹只放一個），再用一個全域性的堆 \(st\) 維護所有 \(son_u\) 最大和次大的和。注意堆要支援刪除，就對每個堆再開一個刪除的堆（把刪除的東西放入），取出時若兩個堆頂相同就同時彈出。修改先刪 \(q\)，然後更新 \(son_{fa}\)，然後再更新 \(st\)。複雜度 \(\Theta(n\log ^ 2 n)\)，支援負邊權。
- 最大距離考慮括號序列，dfs 進入一個點塞 \((\)，然後塞點編號，然後出來的時候塞 \()\)。顯然兩點距離就是刪除匹配的後 \()))(((\) 的長度。考慮線段樹維護每個點的 \(r_u,l_u\) 表示刪除匹配後這段區間的右括號、左括號個數，和最長長度 \(dis\)。轉移如下
- \(r_u = r_{ls} + \max(0,r_{rs} - l_{ls}),l_u = l_{rs} + \max(0,l_{ls} - r_{rs})\)。
- $dis_u = \max(dis_{ls},dis_{rs},\max\limits_{i\le mid <j} r_{[i,mid]} + |l_{[i,mid]}-r_{[mid+1,j]}|+l_{[mid+1,j]}) $
- \(\max\limits_{i\le mid <j} r_{[i,mid]} + |l_{[i,mid]}-r_{[mid+1,j]}|+l_{[mid+1,j]} =\max((l_{[i,mid]}+r_{[i,mid]})+(l_{[mid+1,j]} - r_{[mid+1,j]}),(l_{[mid+1,j]}+r_{[mid+1,j]})-(l_{[i,mid]} - r_{[i,mid]}))\)
- \(addp_u = \max l_{[l,i]}+r_{[l,i]}=\max(addp_{ls},\max(r_{ls}+l_{ls}+subp_{rs},r_{ls}-l_{ls}+addp_{rs}))\)
- \(adds_u = \max l_{[i,r]}+r_{[i,r]} = \max(adds_{rs},\max(l_{rs}+r_{rs}-subp_{ls},l_{rs} - r_{rs}+adds_{ls}))\)
- \(subp_u = \max l_{[l,i]} - r_{[l,i]} = \max(subp_{ls},l_{ls} -r_{ls}+subp_{rs})\)
- \(subs_u = \max l_{[i,r]} - r_{[i,r]} = \max(subs_{rs},l_{rs} - r_{rs}+subs_{ls})\)
- 複雜度 \(\Theta(n\log n)\)，不支援負邊權
CF1413F
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記錄 \(sum_i\) 為 \(i\) 到根的邊權異或和，那麼就是要找到兩個點使得它們 \(sum_u = sum_v\) 且 \(dis(u,v)\) 最大，且支援區間翻轉。考慮用 P2056 直徑的思路記錄線段樹每個節點 \(sum=0/1\) 的直徑，翻轉的時候交換一下 \(tr_{u,0},tr_{u,1}\) 即可。複雜度 \(\Theta(n\log n)\)。
CF1479D
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路徑數顏色，考慮主席樹記錄每個點到根的每個顏色出現次數模 \(2\)。如果出現了偶數次就是根到 \(u\) 和根到 \(v\) 的次數模 \(2\) 異或起來是 \(0\)。可以考慮在主席樹上二分找這個 \(x\)，那麼就是要快速判斷一段區間的顏色是否按位異或起來都是 \(0\)。用個異或雜湊刻畫這個東西就行了。複雜度 \(\Theta(n \log n)\)。
BZOJ3252
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先考慮一個一個取是不是對的。顯然是對的，因為如果一條路徑在前兩次沒被選而被第一次選了，那麼第一次肯定可以拿第二次的更優，矛盾了。那麼再考慮貢獻不能重複算怎麼辦，設 \(maxn_u\) 為從 \(u\) 到 \(u\) 子樹的一個葉子最長的一條路徑（也就是長鏈），那麼當 \(u\) 子樹裡有被選的點時，\(maxn_u\) 一定被選了，而且是第一次選 \(u\) 子樹內的點時就被選了，所以其他點不可能有 \(u \to maxn_u\) 這條鏈上的貢獻了。那麼一個葉子的貢獻就是它到它所在長鏈鏈頂的權值和，選出前 \(k\) 大的即可，複雜度 \(\Theta(n\log n)\)。
CF526G
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這題是真牛。
考慮單次詢問，那麼把 \(x\) 設為根，顯然這 \(y\) 條路徑都是 \(y\) 對葉子節點構成的，那麼再考慮任意 \(2k\) 個葉子是否存在一個構造使得能覆蓋它們的虛樹呢？答案是肯定的。把它們按照 dfn 序排序，每次把首尾配對即可。那麼不考慮包含 \(x\)，就是要求選 \(2k\) 個葉子使得它們構成的虛樹權值和最大，這裡可以運用 BZOJ3252 的長鏈剖分的做法 \(\Theta(n)\) 做，然後如果不包含 \(x\)，即它們都在 \(x\) 的同一棵子樹裡，那麼刪掉貢獻最小的那個點，加上 \(x\) 其他子樹到它距離最大的那個就好了 。這樣單次詢問就可以在 \(\Theta(n)\) 的複雜度內搞定。
考慮多次詢問，每次詢問的瓶頸在於每次都要長剖一次，很劣。我們發現每次距離 \(x\) 最遠的那個點，也就是直徑的端點，一定會被選。所以，不妨把直徑的兩個端點分別作為根求答案取最大值。再額外選 \(2y-1\) 個葉子，可以預處理出來選前 \(i\) 個葉子的答案，與 BZOJ3252 一模一樣。然後不包含 \(x\) 的話證明 \(x\) 所在長鏈一定不是前 \(2y-1\) 個，所以可以刪掉第 \(2y-1\) 個換成 \(x\) 的長鏈能讓損失最小。但是考慮 \(x\) 往上第一個遇到的長鏈，若把它去掉，\(x\) 的長鏈還會額外貢獻那條長鏈在 \(x\) 到根這部分的長度，可能更優。所以再判斷刪除第 \(2y-1\) 條鏈和 \(x\) 往上第一條長鏈哪個更優就行。後者可以倍增找到，記錄每個點被覆蓋長鏈的排名就行。複雜度 \(\Theta(n\log n)\)。
CF1633F
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考慮有完美匹配的充要條件，就是 \(\sum\limits_u [2 | siz_u] = \sum\limits_u [2 \nmid siz_u]\)，且只會選擇每個 \(2\nmid siz_u\) 的 \((u,fa_u)\) 這些邊。每次加入一個相當於把它到 \(1\) 的路徑上全部翻轉奇偶性，用線段樹維護每個區間的奇數、偶數 \(siz_u\) 個數和每個奇數的 \(siz_u\) 的 \(id(u,fa_u)\) 之和，每次翻轉直接交換奇偶即可，樹剖維護一下，複雜度 \(\Theta(n\log^2 n)\)。
CF1654G
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貪心地走，一定是走到一個點 \(v\) 使得 \(v\) 有相鄰同高度的點，然後反覆跳再下去，就是 \(2h_u - h_v\)。那麼要最小化 \(h_v\)。考慮這樣的 \(v\) 的種類數量，因為每當出現一個兩個高度為 \(t\) 的相鄰的點，就一定底下會多出來 \(2t\) 個點，注意到是樹形結構，所以 \(\sum h_v = \Theta(n)\) 的。那麼 \(h_v\) 就有 \(\Theta(\sqrt{n})\) 種，設 \(f_{i,j}\) 是從 \(i\) 開始走到一個高度為 \(j\) 的 \(v\) 所需要初始最小動能。先從低往高轉移，然後每個相同高度的聯通塊換根轉移。複雜度 \(\Theta(n\sqrt{n})\)。
CF1749F
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考慮到 \(d\) 很小，不妨將所有更改掛到對應節點上，然後列舉查詢節點的不高於 \(d\) 級祖先。
更改時，先考慮 \(lca(u,v)\) 子樹內的貢獻。可以開 \(20\) 棵線段樹維護每個距離的標記。對於鏈 \((u,v)\)，可以在這條路徑上每個點在 \([1,d]\) 這些線段樹上加上 \(k\)，但是這樣會算重，具體地，對於一個點 \(x\)，若它還有兒子 \(y\) 被更改，那麼 \(y\) 子樹中距離 \(y\) 不超過 \(d-1\) 的點會被多加 \(k\)。所以對於鏈 \((u,v)\) 上除了 \(lca(u,v)\) 的點之外所有點都在 \([1,d-1]\) 這些線段樹上減 \(k\)。查詢的時候列舉 \(u\) 的 \(20\) 個祖先然後單點查詢。這樣複雜度是 \(\Theta(nd\log^2 n+nd\log n)\)，不平衡。注意到只是單點查，那麼樹上差分一下變成子樹查詢即可，複雜度 \(\Theta(nd \log n)\)。然後是 \(lca(u,v)\) 子樹以外的貢獻，那麼考慮直接列舉 \(lca(u,v)\) 的不超過 \(d\) 級祖先，在每個這樣的點 \(x\) 開 \(20\) 個標記，表示 \(x\) 子樹到 \(x\) 距離等於 \(i\) 的標記。類似地，每次把 \(tag_{x,0}\) 到 \(tag_{x,d-dis(u,lca(u,v))}\) 加上 \(k\)，設 \(x\) 在 \(lca(u,v)\) 方向兒子為 \(y\)，把 \(tag_{y,0}\) 到 \(tag_{y,d-dis(u,lca(u,v))}\) 全部減去 \(k\) 即可。複雜度 \(\Theta(nd^2)\)（當然可以做到 \(\Theta(nd\log d)\)）。
查詢直接列舉 \(u\) 的 \(20\) 個祖先，然後子樹求和就行，再加上標記，複雜度 \(\Theta(n(d\log n+d))\)。
所以總複雜度為 \(\Theta(nd(\log n + d))\)。
CF1810F
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注意到答案應該不會超過 \(\max a_i +\log_m{n}\)，因為可以構造一個完全 \(m\) 叉樹。於是考慮列舉答案，然後來驗證。設當前答案為 \(ans\)，顯然先搞出來個深度為 \(ans\) 的滿 \(m\) 叉樹比較優，然後從後往前列舉值域 \(i\)，設當前空位為 \(x\)，每次使得 \(x \leftarrow m(x - cnt_i),i\leftarrow i - 1\)。若 \(x\) 始終 \(\ge 0\)，那麼就可行。考慮線段樹維護這個東西，設每個區間要合法初始值最小為 \(f_u\)，使用最小初始值最後剩下 \(g_u\)，從 \(l\) 到第一個有數值的位置設為 \(tr_u\)。合併的時候若 \(m^{len_{ls} - tr_{ls}}g_{rs} \ge f_{ls}\)，那麼 \(f_u = f_{rs},g_u = g_{ls}+m^{len_{ls}}(g_{rs} - f_{ls})\)。否則設 \(t=\lceil \dfrac{f_{ls}-m^{len_{ls} - tr_{ls}}g_{rs}}{m^{len_{ls} - tr_{ls}+tr_{rs}}} \rceil\)，那麼 \(f_u = t+f_{rs},g_u = g_{ls} + m^{tr_{ls}}(g_{rs}+t\cdot m^{len_{ls} - tr_{ls}+tr_{rs}}- f_{ls})\)。每次單點改即可，複雜度 \(\Theta(n\log n)\)。
CF1827D
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注意到有兩個重心當且僅當存在一條邊使得兩個端點的子樹 \(siz\) 相等且等於 \(\dfrac{n}{2}\)。如果直接維護就是要維護 \(\min |n-2siz_i|\)，還要區間加 \(1\) 減 \(1\)，比較麻煩。考慮這個點會在哪，感受一下發現肯定是在已經有的重心旁邊，那麼答案就是 \(n-2maxson\)，再更新一下重心就行（只會移動一步）。直接樹剖維護，複雜度是 \(\Theta(n\log^2 n)\)。
但是可以單 \(\log\)，具體地，設重心在 \(x\)，\(maxson=k\)，\(id\) 為 \(k\) 的編號。若加的是 \(id\) 的子樹裡的點，判斷 \(id\) 是否能成為重心，如果可以 \(id' \leftarrow x,k\leftarrow \dfrac{n}{2},x\leftarrow id\)，不然就是 \(k \leftarrow k+1\)。如果不在 \(id\) 子樹判斷這個子樹是否比 \(id\) 子樹更大，更新一下就行。用樹狀陣列維護單點加，區間和，複雜度 \(\Theta(n\log n)\)。
CF1904F
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注意到每個點點值不同，那麼把小的連到大的，要求是個 dag 就行。用線段樹最佳化建圖，複雜度 \(\Theta(n \log^2 n)\)。
CF1935F
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顯然每次連邊只可能是 \((x,x+1)\)，且最多隻有一次是 \((x,x+2)\)。那麼對於每個 \((x,x+1)\)，當前僅當它們在一個點的兩個不同子樹中時有用，於是把 \((x,x+1)\) 掛到 \(lca(x,x+1)\) 上，每次用並查集合並。然後子樹的父親的可以記錄每個 \(sum_u\) 為 \(u\) 子樹中最淺的 \(lca(x,x+1)\)，如果 \(u\) 的兒子 \(v\) 的 \(sum_v\) 深度比 \(u\) 淺就可以連，然後如果還不聯通的話就要連 \((u-1,u+1)\)。複雜度 \(\Theta(n\log n)\)。
CF1976F
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經典題。考慮根度數是 \(1\)，所以第一次肯定是選從根開始的一條路徑，那肯定就是最深的那個葉子。然後第二次就可以選兩個到根的鏈，也一定是兩個葉子（選兩個原因：有個經典結論是在樹上選 \(2k\) 個點一定存在 \(k\) 條鏈並集是它們的虛樹），這個就是 BZOJ3252，長剖之後每個葉子的權值就是它到鏈頭的長度，排個序就好了。複雜度 \(\Theta(n\log n)\)，瓶頸在排序。
圖上問題
CF280D
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選 \(k\) 個可以描述為一個費用流模型，可以模擬費用流來做，但我不會。注意到它是凸的，所以線段樹維護 \(k\) 大子段和，可以閔可夫斯基和合並。複雜度 \(\Theta(nk\log n)\)，有 \(16\) 倍常數。
沒過
CF757F
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以 \(s\) 為起點求一遍最短路，把所有 \(dis(v) = dis(u)+w\) 的 有向邊 \((u,v,w)\) 保留，形成一個 dag。也就是要問這個 dag 上刪掉一個點使得最多有多少與 \(s\) 不連通的點。那就是求新圖上起點為 \(s\) 的支配樹上除了 \(s\) 的最大 \(siz\) 是多少，直接建支配樹求即可。複雜度 \(\Theta(n\log n)\)。
CF878C
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單次可以對每個專案排序，然後每個人連到第一個小於它的人，答案就是縮點之後每個入度為 \(0\) 的 scc 的點數和。這個圖還有個性質，就是它是一個鏈狀物，一個點只可能連到鏈後面的點。所以加邊的時候只有返祖邊會寄。於是先按第一個專案把這條鏈求出來，加邊的時候如果遇到返祖邊就直接用個並查集把之間的點並起來。複雜度 \(\Theta(nk\log n)\)，用 set 維護。
CF811E
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因為一列是完整的，所以考慮用線段樹維護維護兩端的每個點所在的聯通塊編號。合併的時候先把中間的兩列合併，然後再看左右兩邊是否有聯通塊被中間合併的時候一起合併了，並查集維護即可。
CF903G
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最大流=最小割。為了方便，設 \(A_0 \to A_1,A_n \to A_{n+1}, w=0\)， \(B\) 同理 注意到切在 \(A,B\) 的邊分別恰好割一條，設它們分別是 \(x,y\)。那麼要付出的代價就是 \(a_x+b_y + \sum\limits_{u_i \le x,v_i >y} w_i\)。因為只有 \(a_x\) 會改變，不妨先處理出來 \(f_i = \min\limits_j b_j + \sum\limits_{u_k \le i, v_k > j} w_k\)。考慮掃描線，初始每個位置 \(j\) 的值為 \(b_j\)，然後掃 \(i\)，每遇到一個 \(u_k = i\)，把 \([0,v_k - 1]\) 加上 \(w_k\)，然後求全域性 \(\min\) 即可，就處理處理 \(f\) 了。然後 \(a_x\) 的話就用個 \(set\) 維護單點改，全域性 \(\min\) 就行。複雜度 \(\Theta(n\log n)\)。
P4151
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注意到隨便從 \(s\) 走到 \(t\) 搞個路徑出來，然後可以任意選環。由於異或的性質，不需要把所有環都拿出來，那可以先搞出個 dfs 樹出來，然後把每條非樹邊在上面形成的環搞出來做個線性基就行。複雜度 \(\Theta(n\log n)\)。
CF938G
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用 P4151 的結論，然後套一個線段樹分治。考慮怎麼維護 dfs 樹，使用帶權並查集，但是因為每次會 findrt，所以連的邊不是真實的。那麼在連 \((u,v)\) 時，先找到 \(u\) 到根的異或和，和 \(v\) 到根的異或和，把 \(w\) 異或上它們，再連就行。複雜度 \(\Theta(n\log n(\log n + \log V))\)。
P7520
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建出支配樹，發現如果一個點會改變那麼它的子樹也會被改變。那麼預處理每個點刪了它父親在原圖的反圖能走到哪些點，查詢就查除了 \(1\to u\) 的路徑的那些點就行。複雜度 \(\Theta(n(n+q))\)。
CF1348F
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考慮構造一組解，貪心地，按右端點、左端點排序，每個區間取最左邊能取的值，用個 set 維護。考慮怎麼搞兩組解，感受一下就可以發現遇到一個區間，它本來還能取到更往左的值，但是已經被取了，那麼就可能與那個先取的那個區間交換。具體地，考慮設 \(L_i\) 為排列中的值 \(i\) 其被取的區間左端點，\(R_i\) 為右端點。那麼考慮從小到大列舉每個值，就是要找到一個 \(L_i \le j<i\le R_j\)，那麼掃到一個值的時候往 \(R_i\) 處插入 \(i\) 以便到時候刪除，然後用個 set 維護插入刪除，每次二分找到一個 \(\ge L_i\) 的可以了。複雜度 \(\Theta(n\log n)\)。
CF1419F
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先把 \(n\) 個點連邊排序，依次加邊。注意到一個點只能走到 \(4\) 個不同的位置，所以當且僅當現在只有 \(\le 4\) 個聯通塊時可能存在。所以當第一次只剩 \(4,3,2\) 個聯通塊時判斷一下，這裡最多隻有 \(3\) 種情況。每次可以考慮列舉兩個 \(x,y\) 都不同的點，算出它們所在長方形的其他兩個點，把這兩個點標記上列舉的這兩個點分別所在的聯通塊（在這些點上記錄每個聯通塊到它最短距離），然後找到一個最優的點滿足所有聯通塊到它的最遠距離最小，更新答案。注意到有 \(2\) 個聯通塊的時候不一定有上述情況，所以可以列舉兩個點算它們之間的距離即可。具體可以使用 dsu 實現，複雜度 \(\Theta(n^2 \log n)\)。
CF1439B
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考慮先把所有度數大於等於 \(k\) 的點加入一個集合。然後計算出每個集合中的點鄰居有多少個，然後如果有點鄰居小於 \(k\)，那就把它刪了。可以用堆維護，重複這個過程，最後如果有剩下的那就是第一合法的子集。考慮團怎麼求，相似地，我們可以考慮列舉每個度數大於等於 \(k-1\) 的點，重複上面的過程，只不過把下限調整為 \(k-1\)。考慮如果沒有 \(k-1\) 的點的話上面的點集肯定能找到，所以這個團肯定包括一個鄰居 恰好 \(k-1\) 的點，那麼我們列舉這些點，暴力 \(\Theta(k^2)\) 判斷這些點的鄰居是否組成一個團。注意到一個團有 \(\Theta(k^2)\) 條邊，而邊集是 \(\Theta(m)\) 級別的，所以合法的 \(k\) 肯定不超過 \(\Theta(\sqrt{m})\)，且鄰居有 \(k-1\) 個點的點最多有 \(\Theta(\dfrac{m}{k})\) 個，所以複雜度為 \(\Theta(mk)\) 即 \(\Theta(m\sqrt{m})\)。實現的時候會多帶個 \(\Theta(\log n)\)，因為要查詢 \((u,v)\) 是否有邊。使用 unordered_map 會很慢很慢。
CF1550F
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考慮兩兩連邊，求出 mst，那麼 \(k\) 就要大於 mst 上路徑邊權最小值。考慮使用 boruvka 演算法，那麼就是每次從一個點出發，問最近能走到哪個不在同一聯通塊中的點。那麼就說要從每個 \(u\) 開始，看看 \(u-d,u+d\) 左右兩側第一個不和 \(u\) 在同一聯通塊的位置。由於 \(u-d,u+d\) 是固定的，所以可以預處理出來這兩個位置左右的第一個點。然後每次迭代之後對於每個點求出 \(L_i,R_i\) 表示左邊和右邊第一個和它不同的點。這樣就能做到 \(\Theta(n\log n)\) 了。
P6628
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考慮對每個 \(i\) 單獨處理就是要走一個 \(s \to i\) 的尤拉通路。那麼就說要考慮度數+連通性，因為連邊是 \(|i-j|\)，所以任何 \((i,j)\) 都可以轉化為 \((i,i+1),(i+1,i+2)\cdots (j-1,j)\)。然後先把 \(m\) 條邊加進來，再加入一條 \((s,i)\) 的虛邊，對於所有奇數點排序相鄰連邊。然後連通性也是類似，把相鄰兩個不連通的點的邊加入，求 mst 就行。（加虛邊不影響連通性是因為如果 \((s,i)\) 刪了之後不在同一聯通塊，那麼就有一個聯通塊有恰好 \(1\) 個奇數點，顯然不可能）複雜度 \(\Theta(n\log^2 n)\)。
CF1682F
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其實把所有 \(b_i < 0\) 看成 \(-b_i\) 個黑點，\(b_i > 0\) 看成 \(b_i\) 個白點，那就是兩兩匹配最短長度和。那其實就是每個點往前面第一個與它不同顏色沒匹配的匹配。直接統計是可以，但是不太方便。考慮一個 \((a_i,a_i + 1)\) 的貢獻，由於保證 \(b\) 之和是 \(0\)，所以必定有 \(sum_{i-1} - sum_{l-1} = -(sum_r - sum_{i-1})\)。那麼貢獻就是 \((a_i - a_{i-1}) \cdot |sum_{i-1} - sum_{l-1}|\)。那直接離線下來，二維數點即可，可以對 \(sum\) 排序算 \([l+1,r]\) 之間的貢獻，就可以用 bit 統計了。複雜度 \(\Theta(n\log n)\)。