2322. 「清华集训 2017」Hello world!
题意
一棵树每个点有点权，每次可以选择两个点(s, t)，选择步长为(k)，从(s)跳到(t)（不足(k)步直接到(t)），并且有两种操作，一种是将经过所有点的点权都开根后下取整，一种是统计经过所有点的点权和。
点数(leq 50000)；
询问(leq 400000)；
点权(in [1, {10} ^ {13}])。
题解
考虑在一个序列上的做法。这个开根号本来就是一个经典操作。
可以考虑对步长(k)大小分块。设阈值为(S)。
如果(k geq S)，则考虑直接暴力跳，暴力修改，有效的修改最多(mathcal O(n log log V))次，如果一个数变成了1，就用并查集维护他所在的连续的1的最后位置（就是维护一段连续的1）。
如果(k < S)，则考虑建立(k)个树状数组，查询修改都要依赖这个树状数组（包括上一种情况的修改，同时也要更新树状数组）。
如果把并查集复杂度当做常数，则复杂度是 (mathcal O(n log log V S log n + Q frac{n}{S} log n + Q S log n))。
考虑在树上做，就要支持查询某一个节点的(k)级祖先，我们把一个原图的极大子集叫做(k)级树当且仅当它是一棵树，且父子节点在原树上距离为(k)。
考虑从(s)到(t)的路径要分解成两段竖直路径（一端是另一端的祖先的路径），然后对于每一段路径上的点，都是(k)级树上的一条连续路径。
前一种情况还是可以用类似方法做，变化不大；
后一种情况，要在对应(k)级树上修改或查询某段路径的权值。这个可以直接无脑树剖，也可以用树上差分做。（实测树剖更快。。。）
若使用树上差分，复杂度为 (mathcal O(n log log V S log n + Q frac{n}{S} log n + Q S log n))。
实测(S)取20时最优。。（咋看都不像，都是常数惹的祸）
另外吐槽一句，树上差分什么的竟然没有想到，看来已经不会了。。
upd：我错了，uoj上过不去因为(S)开小了。。。
2323. 「清华集训 2017」小 Y 和地铁
题意
给出(n)个点排成一条直线，每个点都有一个标号，相同标号的点最多只有2个，且相同标号的点之间有一条连边。
最小化所有连边的交点（包括(n)个点连成的直线，相交在端点处不算）。
题解
神仙题，官方题解来一波（当然是别人blog里的……）。
话说回来当然是极有道理的……
2324. 「清华集训 2017」小 Y 和二叉树
题意
给出一个每个点度数不大于3的树，求字典序最小的中序遍历。
题解
题外话：不得不说，这个部分分很有帮助，然后这道题的详细证明也很有意思。
考虑字典序要最小，逐位确定法。最左的点肯定是度数不为3的点，设改点为(st)。
那么我们从这个点开始做一个构造过程。
(x)是当前节点，(p)是上一个节点（如果(x)是初始节点(p)就是一个虚点），(u)和(v)是(x)的其他两个节点（可能有空节点）。
我们还要考虑一件事情：(p)是否为根。根的确定是一件比较重要的事情。然后就有了这种情况。
讨论之前，先设(mn_{x, 0})表示(x)的子树中的最小值（以(st)为根），(mn_{x, 1})表示(x)的子树中度数不为3的最小值（以(st)为根）。
对于后一种情况，因为比较简单。
1.如果除了(p)，(x)只有一个子节点(u)：
若(x < mn_{u, 1})，则将(u)作为(x)的右儿子；否则将(u)作为(x)的左儿子；
2.如果除了(p)，(x)有两个子节点(u, v)：
若(mn_{u, 1} < mn_{v, 1})，则将(u)作为(x)的左儿子，(v)作为(x)的右儿子；否则将(v)作为(x)的左儿子，(u)作为(x)的右儿子；
对于前一种情况，比较复杂。
1.如果除了(p)，(x)只有一个子节点(u)：
若(mn_{u, 1} < u)，则将(u)作为(x)的右儿子更优（因为不能用度数为3的节点作为根，向上没有向下优）；
若(mn_{u, 1} geq u)，则将(u)作为(x)的父节点更优；（这个情况的证明咕了，原因是博主想去观看IOI直播了……大概可以用归纳证明）
2.如果除了(p)，(x)有两个子节点(u, v)：
若(mn_{u, 1} < mn_{v, 1})，则将(u)作为(x)的右儿子，(v)作为(x)的父节点；否则将(v)作为(x)的右儿子，(u)作为(x)的父节点。
然后就做完了。
题外话：问这个(mn_{x, 0})有什么用，大抵是没有用的，只是因为博主脑抽了，写了题解才发现。
2326. 「清华集训 2017」简单数据结构
题意
一个序列，支持四种操作：
1.在左端加入一个数；
2.在右端加入一个数；
3.删除最左端的数；
4.删除最右端的数；
求每个操作后最长上升倍数子序列的长度和不同的开头数。
保证每个操作前后序列非空，每种数只会出现在一个位置上。一个数出现次数不超过10。
数的大小是({10} ^ 6)级别的。
题解
一看就是套路题。先预处理一个数的倍数和约数。总和是(mathcal O(m log m))级别的。
注意到一个数同时只会在一个位置出现，很显然可以以位置为某个数的标记。
考虑dp数组(dp_i)表示以(i)位置开头的最长上升倍数子序列的长度，(f_{i, j})为以(i)位置开头，上一个位置的dp值为(j)的个数。注意到我们要求的子序列长度在(mathcal O(log n))级别，所以可以这么做。
设(sigma(n))表示(n)的因子数，( au(n))表示(n)的倍数数（(m)以内）。
对于操作1，直接维护当前加入的位置的信息即可，复杂度(mathcal O(sigma(x) + log m))。
对于操作2，考虑把所有有影响的数取出并按照位置为关键字排序，依次更新dp值和f数组（注意顺序一定要对），由于所有有影响的数一定是加入的数的倍数，所以复杂度为(mathcal O( au(x) (log m + log n) + sum_{x | g} au(g) + log m))。
对于操作3，和1类似，直接删除这个位置的信息即可，复杂度(mathcal O(log M))。
对于操作4，和2类似，(mathcal O( au(x) (log m + log n) + sum_{x | g} au(g) + log m))。
由于有每个数最多出现10次的保证，所以总复杂度还是可以的。
2328. 「清华集训 2017」避难所
题意
在(b)进制下，找一个数，满足(f(n) > n)。
(f(n))由递归定义
如果最小的(n)在十进制下超过({10} ^ {18})，输出-1。
题解
结论题……（还是我菜了）
注意到当(b)足够大时，取
(x)使得((x - 1) ^ 2 leq b cap x ^ 2 > b)，(y)使得(y ^ 3 leq b cap (y + 1) ^ 3 > b)，
然后就找到了一个解(n = {x * y, x * y, x * y})（对应的(f(n) = {y ^ 3, x, x, x})）。
注意到在(b)足够大时这是不错的，因为(x * y leq b)，而(b leq {10} ^ 5)，满足了(n)的各数位乘积不超过({10} ^ {18})。
当(b leq 130)时暴力找解即可（解的形式都是({x, x, y})或者({x, y, y})，我也不知道为什么……）。
2330. 「清华集训 2017」榕树之心
题意
开始你在1号点（根），每次你可以选择一个未扩展节点(v)，连上有关的边((u, v))（满足(u)是已扩展节点），然后向(v)的方向移动一步。
问最后是否能停在某个节点上。
题解
考虑一个性质：在一棵树的两棵不同子树中分别进行一次操作贡献可以抵消。
设(dlt_x)为在(x)的子树里，最少能产生多少个多余为扩展的点（不包括(x)）。
显然应该考虑(x)的最大子树。设为(y)。
则有
最后如果(dlt_1)非(0)，最后就无法走到1号点上。
考虑是否能停在其他节点上。
由于从根到这个节点的这条路径是一定要走的，感性理解一下把这条路径缩成根和原来是等价的（可以把这条路径上的边看成是调整平衡的工具，也算有了斡旋的余地吧）。
然后做一个换根dp即可。
2331. 「清华集训 2017」某位歌姬的故事
题意
给一些限制，表示一个区间([l, r])内最大数为(x)，所有数都在([1, A])内，求合法序列的数量。
题解
如果没有(x)相同的情况，那就是个水题。
考虑一般解法。设(c_i)为位置(i)的最低限制。
按照(c_i)的大小，我们可以把原来的序列重新排序，如下图。
就像上图需要注意的是，重排后，1,2,3应该要归于同一限制的。反正这种东西写离散化也是烦的要死。
现在考虑一段相同高度的限制，如图。
应该把无用区间删去，然后区间就是随左端点单调，右端点单调的了。
然后做个nmdp即可。。。（dp寥寥几行，预处理独领风骚）