D1
T1l
(des:)
给出一棵树，判断树上两条路径是否相交
(sol:)
判断其中一条路径的两个端点以及两端点的 (lca) 是否存在于另一条链上
由于这是一棵树，任一点为根后这样判断一定是可行的，不存在两条链是一个 ( imes) 的形态
判断点是否在树上的一条路径上的时间复杂度为 (O(logn))，树剖处理出所有的链，判断该点是否存在于某一区间即可
T2
(des)
定义 (f(l, r) = max(a_i - a_j), 其中 l <= i,j <= r)
求 $$sum_{i = 1} ^ {n} sum_{j = i} ^ {n} f(i, j)$$
(sol)
考虑转化
该问题等价于所有区间的最大值 - 所有区间的最小值
这样的话考虑每个点作为区间最大值所带来的贡献
记 (pre_i) 表示最大的 (j) 使得 (a_j > a_i 且 j <= i)
记 (bhd_i) 表示最小的 (j) 使得 (a_j > a_i 且 j >= i)
显然 (a_i) 所产生的贡献为 ((i - pre_i + 1 + bhd_i - i + (i - pre_i) * (bhd_i - i)) * a_i)
对于最小值产生的负贡献依旧如此
对于 (pre, bhd) 可以用单调栈线性求出
T3
(des)
给出一棵树
定义 (f(l, r)) 表示为了使得 ([l, r]) 号点联通所需要的最小边数
求 $$sum_{i = 1} ^ {n} sum_{j = i} ^ {n} f(i, j)$$
(sol)
D2
T1
(des)
二位直角坐标系上存在两点 ((x_1, y_1) (x_2, y_2))
每次可以使得 (x_1 + 1, y + 1) 或者 (x_1 + 1, y_1 - 1) 使得较靠左下角的点到达较靠右上角的点
只有一次使得 (x_1 + 1) 或者 (y_1 + 1) 的机会
(sol)
首先可以给方格黑白染色，发现两个颜色的点无法相互到达。如果起点和终点是不同色的，可以使用一次上下左右走的机会，使两个点位于处于同样的颜色。分别计算向上下左右走后的花费，取最小值。
考虑计算花费：
如果可以题目是上下左右走，那么两点的花费就是 (abs(s1-s2)+abs(t1-t2)) 。
那么斜着走也是同理，假设将方格旋转 (45) 度，求出旋转后的坐标，答案同样可以使用上面的公式。
其实std只需要一行
T2
(des)
存在长度为 (l1 >= 3) 的字符串 (s1),
向其后添加长度为 (l2 = 2 或 3) 的字符串 (s2)
求所有可能的 (s2)
相邻的 (s2) 不能相同
相同就很简单啦
(sol)
最重要的一点就是 (s1) 任意
这样的话对于一个位置 (x), 若用 (x) 当做某种 (s2) 的首字母
只需要满足该字符串的后面的字符串全部合法就可以了
因为前面的只要长度 (>= 3) 都可以当做某个 (s1)
从后往前 dp
(f2) 表示 (i, i +1) 可以计入答案
(f3) 表示 (i, i +1, i + 2) 可以计入答案
转移
