会做的：(C)、(G)、(H)、(J)
写一下不会做的题。
A
题意：
给定(n,m)，有一个( ext{n-m})的二分图，中间有(n imes m)条容量为(1)的边，源点向左边(n)个点分别有容量为(a_i)的边，右边(m)向汇点分别有容量为(b_i)的边。
(q)次操作，每次给(a_i,b_i)加一或减一。
每次操作结束后，回答最大流是否为(sum a_i)。
Gale–Ryser 定理：将(a_i)降序排序，最大流为(sum a_i)的充要条件为(forall kin[1,n])，( ext{s.t.} sumlimits_{i=1}^k a_ile sumlimits_{i=1}^m min(b_i,k))。
证明：
最大流(=sum a_i)等价于最小割(=sum a_i)。
即枚举源点左边割掉(n-k)条边时（(forall kin [1,n])），最小割(ge sum a_i)。
令源点割掉的集合与汇点割掉的集合分别为(S,T)。
此时割大小为：
(sumlimits_{i otin S }a_i+sumlimits_{i otin T}b_i+k imes(m-|T|))
显然(sumlimits_{i otin S}a_i)最优为(sumlimits_{i=1}^n a_i-sumlimits_{i=1}^k a_i)，而一个点，有两种独立的选择，付出的代价分别为(b_i)和(k)。
那么最小割为(sumlimits_{i=1}^n a_i-sumlimits_{i=1}^k a_i+sumlimits_{i=1}^n min(b_i,k))。
需要满足(sumlimits_{i=1}^n a_i-sumlimits_{i=1}^k a_i+sumlimits_{i=1}^n min(b_i,k)ge sumlimits_{i=1}^n a_i)，即(sumlimits_{i=1}^k a_ile sumlimits_{i=1}^m min(b_i,k))。
当(k=0)时，不等式取等号，故对于(1le kle n)仅需满足(sumlimits_{i=1}^k a_ile sumlimits_{i=1}^m min(b_i,k))。
得证。
(sumlimits_{i=1}^m min(b_i,k)=sumlimits_{j=1}^k sumlimits_{i=1}^m [b_ige j])。
令(c_k=sumlimits_{i=1}^m [b_ige k])
(sumlimits_{i=1}^k a_ile sumlimits_{i=1}^m min(b_i,k))等价于(sumlimits_{i=1}^k (c_i-a_i)ge 0)。
容易用线段树维护。
总复杂度(O(nlog n))。（假设(n,m,q)同阶）
细节：
注意输入时(b_i=0)的数据。
B
题意：
给定长度分别为(n,m)的序列({A_i},{B_i})。
对于坐标((i,j))的格子值为(A_i+B_j)（(forall iin[1,n],jin[1,m])）。
求有多少点对(ile j)，满足((i,1))只走右或下通过值(ge 0)的格子走到((j,m))。
结论：不能从((1,1))走到((n,m))，当且仅当存在下列四种条件之一：
（1）(exists iin[1,n])，( ext{s.t.}A_i+B_j<0(forall jin[1,m]))
（2）(exists jin[1,m])，( ext{s.t.}A_i+B_j<0(forall iin[1,n]))
（3）(exists xin[1,n],yin[1,m])，( ext{s.t.}forall ile x,A_i+B_y<0;forall jle y,A_x+B_j<0)
（3）(exists xin[1,n],yin[1,m])，( ext{s.t.}forall ige x,A_i+B_y<0;forall jge y,A_x+B_j<0)
证明：
这显然是必要条件，以下证明这是充分的（假设不存在任意一种，一定可到达）。
假设满足(min A_i+max B_jge 0,max A_i+min B_jge 0)。
那么我们要做的事就是，从起点到达蓝色方格，再沿着黄色方格到达终点。
两部分是对称的，现在集中精力到达蓝色方格。
令((p,q))为中间那个交点。
假设左上角((p-1) imes(q-1))网格如果同时包含被锁住的行和列，那么不可行。
否则，存在一行或一列，使得所有单元格均可达（原因和之前的一样）。
那么可以把((p,q))再进一步缩小，通过归纳，得证。
考虑对四种不合法的情况求并
（1）(A_i+max B_j<0)，则(sle ile e)的所有点对((s,e))不可行。
（2）考虑最小的(B_j)，对于满足(A_i+B_j<0)，分成若干段([l_1,r_1],[l_2,r_2],ldots,[l_m,r_m])，对于((s,e))不合法当且仅当(exist k)，( ext{s.t.}l_kle sle ele r_k)。
（3）固定(i)，在(i)找到最大前缀均不合法，其在方格中向上抱住的部分均不合法。
（4）同（3）
可以通过矩阵并求出，但稍微分析一下，是可以不需要任何数据结构的。
总复杂度(O(n(log(n)+log m)))，目前在( ext{gym})上是最优解。
C
题意：
给定一张无向图，需要给每条边定向（定向有费用），求有向强连通图的最小费用。
(nle 18)。（不包含重边与自环）
如果有低于(O(n^32^n))欢迎一起交流。
D
题意：
给定一张带权的无向图，要求补齐剩下的边及边权，要求(forall i,j,k)，(w(i,j)ge min(w(i,k),w(j,k)))，要求总边和和最小。
(n,mle 300000)
很容易发现，可以将条件改写成(forall i,j)，(w(i,j)ge)所有路径最小值的最大值。
由于也包含((i,j))单条边的路径，所以(w(i,j)=)所有路径最小值的最大值。
如果我们得到了一张图，判合法性，就是求一个最大生成树，边((i,j))得满足(w(i,j))等于(i,j)路径上的最小值。
再回到原题，求一个最大生成森林，其他每条边都应是路径上的最小值，不在同一连通块的边权为(1)。
正确性显然
E
题意：
给定一个(n)个点(m)条边的无向图，求有多少(lle r)，使得(l,l+1,ldots,r)的导出子图为一条链。
( ext{cc})出过树上版本的题...
将链抽象化
- (deg_ile 2)
- 连通或无环
- (V-E=1)
考虑图如果是树，由于不会形成环，那么可以略去一个条件
- (deg_ile 2)
- (V-E=1)
对于第一个条件，令(f(i))为最小的(j)，满足([i,j])存在一个(deg_ige 3)的点，特殊的，若不存在这样的(j)，令(f(i)=n+1)。
可以双指针线性。
对于第二个条件，令( ext{EC}(i,j)=(j-i+1)-边数)，对于( ext{EC}(i,j)=1)的(ile j)可能合法。
对于一条边((x,y)(xle y))，可以将(1)加到矩形范围([1,x] imes[y,n])。
由于(V-Ege 1)，因此只需要知道最小值及数量即可。
对左端点扫描线即可，查询([i,f_i))即可。
对于一般情况，需要将"连通或无环"这个条件加入进来，令(g(i))为最小的(j)，是的([i,j])存在环。
也是可以通过双指针( ext{LCT})做到(O(mlog n))。
同样扫描线，查询([i,min(f_i,g_i)))即可。
具体而言，如果枚举(i)，每次向右移，查看是否会形成环，显然这样复杂度是不对的。
枚举右端点，维护最小生成树，才可以做到(O(mlog n))。
当然还可以并查集分治，感兴趣可以写写/se。
细节：
由于要避免多次访问同一个点，为了方便令(g_i)为最大的(j)使得([i,j])不形成环：
令( ext{Solve(l,r,L,R)})表示(g_l,ldots,g_rin[L,R])，在进入此递归前，保证，([r,L])间的边以加入。
F
题意：
给定(n)个带权区间((l_i,r_i,w_i))（(l_ile r_i,1le w_ile 10^{12})），要求保留一些区间，使得区间图为树（区间有交连边），求保留下来的区间权值和最大是多少。
(nle 250000,l_i,r_ile 500000)
观察1：区间图为树的充要条件为不存在一个位置被至少三个区间所包含。
证明显然
引理：若干个区间，每个位置被不超过(K)个区间覆盖，充要条件为，可以将区间分成(K)个集合，使得集合内部区间两两不交。
证明：
充分性是显然的。
对于必要性，考虑构造，对区间按左端点排序，对于已选好的(K)个集合，若加入新的区间，必定存在一个集合与其不交。
那么对于此题，对于((l_i,r_i,w_i))，(l_i)向(r_i+1)流一条容量为(1)，费用为(-w_i)的边，对于(forall i(ige 0))，由(i)想(i+1)流一条容量为(infty)，费用为(0)的边。
源点与汇点各有容量为(2)的边，跑一个最大流最小费用即可。
但这样复杂度显然不行，考虑优化。
定义：令(dist_i)为到点(i)的最短路
由于此图是( ext{DAG})图，所以流为(1)的情况可以直接在这上面线性跑。
但跑完流量(1)之后，原图会有许多边取反。
考虑取反这些边的性质，(dist_u+w(u,v)=dist_v)，取反后的边时((v,u,-w))，有(dist_v+(-w)-dist_u=0)，可以应用( ext{Johnson})最短路算法。
( ext{Johnson})最短路
有向带边权图（可能存在负权边），若已知任意一点到其他点的最短路。
由于(dist_u+w(u,v)ge dist_v)，有(dist_u+w(u,v)-dist_vge 0)，将边权修改为(w'(u,v)=dist_u+w(u,v)-dist_v)，那么所有边均为非负，令新图上(s,t)的最短路为(dist'(s,t))，那么在原图上(s,t)的最短路则为(dist'(s,t)-(dist_s-dist_t))。
正确性显然
总复杂度(O(nlog n))。
G
经典的dp套dp，没写了
H
题意：
手里有(0sim N-1)的卡牌，每张卡牌有(c_i)张，对于一次操作，可以使用可重卡牌集合(S={a_1,a_2,ldots,a_k}(kge 1))生成( ext{mex}{S})的卡牌，希望手上只留下一种卡牌，问最后能留下的最大数字是多少。
简单题。
I
题意：
给定一棵带点权树，支持给某个子树的(a_i+1)，支持给一条路径的(a_i+1)，在每次操作完后，询问带权重心，若有多个重心，取离(1)最近的那一个。
(n,qle 1e5)
先不考虑修改，令(S=sum a_i)，对于带权重心，以其为根，不存在某个儿子，其子树的(sum a_i)严格大于(S/2)。
由于(a_ige 0)，带权重心可能在一条链上。
考虑令(1)为根，除(1)外，每个点(i)都有一个外向子树，外向子树最多包含(S/2)，这意味着(i)这棵子树至少包含(lceil frac{S}{2}
ceil)。
按( ext{DFS})序排列，找到前缀和第一个大于等于(lceil frac{S}{2}
ceil)的位置，那么重心一个是包含这个位置所代表的点的。
假设其为(u)，跳到(u)最近的祖先，满足(size_ige lceil frac{S}{2}
ceil)（(size_u=sumlimits_{vin subtree(u)}a_v)）
然后继续往上跳，(u)跳到(fa_u)需要满足(size_ule lfloorfrac{S}{2}
floor)。
均可以用倍增加速。
子树大小用线段树维护。
(O(nlog^2 n))（假设(n,q)同阶）
J
题意：
给定一个长度为(n)的'L','R','U','D'的字符串，((0,0))点是障碍物，(q)次询问，每次给定一个坐标，问沿着字符串走，如果某一步之后走到了((0,0))则忽略那一步，问最后走到的位置。
简单题。
K
给定二维平面上的(n)个点（两两不同），求最短的序列({s_1,ldots,s_k})，构建两张图，(i)为奇数，在第一张图连(s_i,s_{i+1})，为偶数则在另外一张图，使得两张图均连通。要求在各自图上为平面图。
(nle 1000)
为什么这种题都想不出来...
做法1：将点按((x,y))分别为第一和第二关键字排序，然后顺次连边即可。
做法2：
先随意求出一棵生成树，但可能线段直接有交，如果两点((a,b))和((c,d))有交，那么换成((a,c))和((b,d))无交，且欧几里得距离之和更小。
那么求出欧几里得最小生成树，必定满足为平面图。
然后也一次遍历即可。
L
给定长度为(n)的钢板，对于位置(i)，其向上的宽度与向下的宽度分别为(a_i,b_i)。
可以进行若干次操作，每次把其中一块钢板，垂直切或水平切，切成恰好两块钢板，求切成若干块矩形的钢板的最小操作次数。
钢板的边界，由若干凸点与凹点组成。
比如，矩形为四个凸点组成。
结论1：存在最优解，每次切，两个端点至少有一个凹点。
证明：
由定义可知两个端点均不为凸点，若两个点均为直线的中间部分，那么可以将最优解的部分切线移动，至少之一在端点上。
以下假设每次切都至少有一个凹点。
每次切完后，凸点个数可能增加，凹点个数不会增加，凹点个数一定减少。
那么最小化操作次数，就是等价于最大化两个凹点的操作数。
考虑两个凹点的操作形态
（1）垂直切，这个显然。
（2）水平切，在两个凸点切，中间的高度需要全部大于凸点所在的位置。
结论2：连接两个凸点操作形态，在二维平面上，若两种操作的线段有交，则两条线段间有边，两个凹点的最大操作数，等于线段间的最大独立集。
水平之间的操作无交，垂直之间的操作无交，故这是个二分图。
二分图最大独立集=点数-最大匹配。那么可以二分图匹配做到(O(|V|^3))。
观察这个二分图的性质，对于垂直的位置(i)，对于所有操作(l,r)，若(lle ile r)，那么这两种操作是必定有连边的。
所以可以转化成：
有若干点与区间，选择一个区间，则区间内的点不能选择；若选择一个点，包含这个点的区间不能选择。最多选择多少。
这是个经典贪心问题。
总复杂度(O(nlog n))。