题目点此
T1由于是找规律题，不好讲述且讲述意义不大，所以就不说了。
T2
给你一棵带点权的树，你要选择一对点((x,y))且(a_x>a_y)，使得贡献(a_x*dist(x,y))最大。
求最大贡献。
第一眼感觉这是一道一定能切的题目。
第二眼想到可以(LCT)做，但放在第二题肯定不是(LCT)。
第三眼想到树剖，推了推后搞出了一个类似于动态(DP)的方法。
打了一半感觉常数可能有点大，然后想到点分治。
点分治一开始打个带set的，后来感觉常数太大，换了另一种打法：
将子树依次加进去，用线段树维护权值小于等于多少时的最大值，子树加进去的时候计算贡献；正着做一遍，反着做一遍。
交上去TLE，改成树状数组AC。
此时比赛开始了约80min。
领会到正解之后我意识到我sb了……
题目变一下就是(max(a_x,a_y)*dist(x,y)=max(a_x*dist(x,y),a_y*dist(x,y)))
所以就是对于每个点找它的最远点的问题……
找出直径，某个点的最远点肯定是两个直径端点之一。
T3
有个数组(a_{1..n})，一开始有个在([1,a_n])（整数）中等概率随机的值(x)（你不知道它具体是多少）。
可以随时查询(x)的状态，(x)的状态为(i)即为(xin [a_{i-1}+1,a_i])
然后有若干种操作，每种操作的使用次数和使用顺序是任意的，记为((v_j,w_j))
表示花(v_j)的代价可以使(x)减(w_j)
问使(x)达到状态(1)的最小步数的期望，结果乘(a_n)
这个题意可能不太好理解。点明这一点可能就懂了：由于(x)是随机的，所以只能确定(x)在某个区间中而不知道具体的值。所谓“状态”的作用就是进一步区分(x)，以影响以后的决策。
理解了题意之后就会有个很显然的DP，
(dp_{i,j})表示区间为([i,j])时的答案，转移方程显然。
接下来脑子一动出现了一个思路，能不能只计算(i)或(j)在某个状态的边界时的答案呢？
于是开打……
调试的时候发现忽略了区间([i,j])左移之后没有被分割的情况，这时候离结束还没有十分钟……
于是急了，想改回前面的暴力，可惜时间不够。
其实我前面的思路都是没有问题的，现在问题是如何处理被分割的情况。
正解的骚做法就是强制区间在左移后被分割（或者整个区间移到状态(1)）。
显然，一个区间内的数想要变成状态(1)，必须要经历这样的过程。
但是如何保证可以做得到，并且最优呢？
先对各种操作搞一遍完全背包，那么就相当于有(a_n)种操作，并且保证是最优的。
using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <climits>
#define N 2010
#define ll long long
int n,m;
int a[N];
int pre[N],suc[N];
struct Op{
int v,w;
} o[N];
ll v[N];
ll f[N],g[N],s[N];
ll calc(int,int);
ll getg(int x){return g[x]!=-1?g[x]:g[x]=calc(a[pre[x]]+1,x);}
ll getf(int x){return f[x]!=-1?f[x]:f[x]=calc(x,a[suc[x]]);}
ll calc(int L,int R){
ll res=0x7f7f7f7f7f7f7f7f;
for (int i=1;i<=a[n] && L-i>0;++i)
if (v[i]!=0x7f7f7f7f7f7f7f7f && (suc[L-i]!=suc[R-i] || R-i<=a[1])){
int l=L-i,r=R-i;
ll tmp=v[i]*(r-l+1)+getf(l)+getg(r);
l=a[suc[l]]+1,r=a[pre[r]];
if (l<=r)
tmp+=s[suc[r]]-s[suc[l]-1];
res=min(res,tmp);
}
return res;
}
int main(){
// freopen("in.txt","r",stdin);
// freopen("out.txt","w",stdout);
int T;
scanf("%d",&T);
while (T--){
scanf("%d%d",&n,&m);
memset(pre,0,sizeof pre);
memset(suc,0,sizeof suc);
for (int i=1;i<=n;++i)
scanf("%d",&a[i]),pre[a[i]+1]=suc[a[i]]=i;
for (int i=1;i<=a[n];++i)
pre[i]=(pre[i]?pre[i]:pre[i-1]);
for (int i=a[n];i>=1;--i)
suc[i]=(suc[i]?suc[i]:suc[i+1]);
for (int i=1;i<=m;++i)
scanf("%d%d",&o[i].v,&o[i].w);
memset(v,127,sizeof(ll)*(a[n]+1));
v[0]=0;
for (int i=1;i<=m;++i)
for (int j=o[i].w;j<=a[n];++j)
v[j]=min(v[j],v[j-o[i].w]+o[i].v);
memset(g,255,sizeof(ll)*(a[n]+1));
memset(f,255,sizeof(ll)*(a[n]+1));
for (int i=1;i<=a[1];++i)
f[i]=g[i]=0;
bool bz=1;
for (int i=2;i<=n && bz;++i){
s[i]=s[i-1]+getg(a[i]);
if (g[a[i]]==0x7f7f7f7f7f7f7f7f)
bz=0;
}
printf("%lld
",bz==0?-1:s[n]);
}
return 0;
}
T4
首先是个博弈题：两个人在玩取石子，石子的总量为(m)，并且每个人取的石子数不能超过上一个人取的石子数。(f(m))为先手取最少多少是能保证必胜。
求(sum_{i=1}^nsum_{m|i}f(m))
这道题比赛的时候根本就没有思考过……
首先(f(m))是有通项的，可以通过打表或通过下述推理发现：
如果(m)为奇数，那先手选(1)。
如果(m)为偶数，那在接下来的过程中，谁选了奇数谁就倒霉，所以都会选偶数。于是就将两个石子合二为一，就相当于(f(m/2))
于是(f(m)=lowbit(m))
上面那个式子换一下就是(sum_{i=1}^nlowbit(i)lfloorfrac{n}{i}
floor)
考虑将(lowbit(i))相等的分开计算。令(g(n)=sum_{i=1}^nlfloorfrac{n}{i}
floor)
(g(n))是(lowbit(i)geq 1)的个数，(g(lfloorfrac{n}{2}
floor))是(lowbit(i)geq 2)的个数，依次类推。
答案就是(g(n)+(2-1)g(lfloorfrac{n}{2}
floor)+(4-2)g(lfloorfrac{n}{4}
floor)+...)
计算(g(n))的时间是(sqrt n)，上面那条式子用等比数列求和的方法分析出来时间是(sqrt n)
直接整除分块常数很大，卡不过。于是gmh大爷就发明了一种常数极小的方法：
将(xy=n)的图像画出来，可以发现要求的是坐标轴与图图像之间夹的整点数量。
这个东西是关于(y=x)对称的。
所以只需要前(sqrt n)一个一个算，扩大两倍之后减去重复部分（即(lfloorsqrt n
floor^2)）
using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#define ll long long
#define mo 998244353
ll n;
inline ll g(ll n){
ll sq=sqrt(n);
ll res=0;
for (ll i=1;i<=sq;++i)
res+=n/i;
return (2*res%mo-sq*sq%mo+mo)%mo;
}
int main(){
// freopen("in.txt","r",stdin);
scanf("%lld",&n);
ll ans=g(n);
for (ll k=1;1ll<<k<=n;++k)
ans+=(1ll<<k-1)%mo*g(n>>k)%mo;
ans%=mo;
printf("%lld
",ans);
return 0;
}
T5
给出一个成直线排布的山脉，每个位置的海拔高度是随时间单调递减的函数。
若干个询问([t,l,r])，表示(t)时刻，([l,r])区间的山脉可以储多少水（可以看作不在这个区间内的山脉铲平）。
答案等于上轮廓减下轮廓，下轮廓就是区间和。
上轮廓就是找出最高点之后，左边到最高点的前缀最大值和，右边到最高点的前缀最大值和。以下只说左边，右边同理：
线段树上，对于每个节点所代表的区间动态地维护前缀最大值。
询问的时候将([l,r])对应的(log)个区间找出来，很好算。
问题是怎么维护。
首先，对于一段长度为(L)的区间，前缀最大值的修改次数是(O(L))的。
因为都是一次函数，某个数的前缀最大值可能在某个时候变成自己，然后在后面的某个时候又变回别人，从此它不可能成为最大值。每个一次函数顶多成为一次最大值，所以修改次数为(O(L))
试着预处理一下某个点大于左边的数的时间区间。
处理某个节点所代表的区间的时候，左半部分可以通过左儿子继承过来，
右半部分可以计算它完全大于左儿子所有数的区间（左儿子建出最大值的分段函数），然后和右儿子的信息取并。
这样时间复杂度是(O(n lg^2n))的。
接下来的问题是如何维护前缀最大值（支持区间求和）
考虑将某个数变成最大值的时候，它会覆盖原先它的前缀最大值所覆盖的区间。
将某个数不再出最大值时，它原先覆盖的区间被上一个位置的前缀最大值所覆盖。
修改形如：将某段区间全部赋值为某个数。
这个修改貌似可以在前面的预处理中一并处理出来。
这个东西可以套个线段树维护。每个数只需要搞一次，搞一次的时间复杂度是(O(lg n))，一个数会出现在(O(lg n))个区间中，所以总时间是(O(nlg^2 n))
PS：好像可以用树状数组？
最终总时间就是(O(n lg^2 n))。
我看std居然有5k，有点吓人。
表示还没有打，看看以后有没有机会吧。