[Ynoi2011]ODT

\(O(nlog^2n)\) 的做法非常顯然

直接把樹重鏈剖分一下，每個點維護(hù)輕兒子的平衡樹就行

但是這題 \(1e6\) 的數(shù)據(jù)范圍使得 \(O(nlog^2n)\) 沒那么容易卡過去(當(dāng)然很多人卡過去了

考慮給一個點很多重兒子

那么若一個點有 \(k\) 個重兒子，修改復(fù)雜度就變成 \(O(log_knlog_2n)\)，而查詢復(fù)雜度變成 \(O(klog_2n)\) 了

為了均攤我們需要 \(log_kn=k\rightarrow k^k=n\)，發(fā)現(xiàn)當(dāng) \(k=7\) 時應(yīng)該是最優(yōu)的

這樣我們得到了一個復(fù)雜度 \(O(7nlogn)\) 的算法，已經(jīng)足夠通過這道題了

好像還有一個 \(log\) 的做法但是我不會也找不到講解先咕了

[Ynoi2019]魔法少女網(wǎng)站

Ynoi+序列=分塊

考慮把操作分塊

把所有詢問按照x從小到大排序，對于當(dāng)前的x，把小于等于他的位置設(shè)為1,大于的位置設(shè)為0，每次x變大就把新符合的變成1

用類似鏈表的東西維護(hù)一下

由于需要查詢區(qū)間我們考慮分塊維護(hù)(因為我們需要 \(O(1)\) 插入，現(xiàn)在唯一的問題就是修改操作中會把1變成0

考慮一個套路就是插入之后按序撤銷，初始讓所有被修改的位置一直是0就行了

復(fù)雜度 \(O(n\sqrt{n})\)

[Ynoi2017]由乃的玉米田

前兩個操作可以顯然的用莫隊+bitset做，第三個可以直接莫隊，我們只考慮一下第四個

第四個操作當(dāng) \(x\ge\sqrt{n}\) 的時候顯然可以直接在莫隊詢問的時候暴力做

當(dāng) \(x

復(fù)雜度 \(O(n\sqrt{n}+\frac{n^2}{\omega})\)

[Ynoi2016]掉進(jìn)兔子洞

顯然的答案就是 \(r_1-l_1+r_2-l_2+r_3-l_3+\sum\limits_a min(cnt_1[a],cnt_2[a],cnt_3[a])\)

用前幾天大神講的那個 \(bitset\) 實現(xiàn)取 \(min\) 的方式得到每個所需區(qū)間的 \(bitset\) 然后與一下就行了

得到每個區(qū)間的 \(bitset\) 可以直接用莫隊來做(當(dāng)然空間是開不下的，分多組做就行了)

CF1148H Holy Diver

對每個右端點 \(r\) 維護(hù)每個左端點 \(l\) 的 \(mex\)

顯然的一件事是 \(mex\) 隨 \(l\) 的增加而減小，且新加入一個 \(a_r\) 只會影響到之前所有 \(mex=a_r\) 的位置

顯然的 \(mex\) 序列被分成若干段，且隨著 \(r\) 的右移分界點最多增加 \(n\) 個，所以我們每次可以暴力的二分找出所有分界點來區(qū)間修改

考慮怎么維護(hù)答案，發(fā)現(xiàn)每次就是把一個 \(mex\) 相同的區(qū)間的 \(mex\) 集體改變

設(shè)該權(quán)值某個位置在時刻 \(t_1\) ?出現(xiàn)，時刻 \(t_2\) ?消失或詢問，則該位置貢獻(xiàn)為 \(t_2?t_1+1\)，每次修改操作相當(dāng)于區(qū)間加。

對每種權(quán)值用動態(tài)開點線段樹維護(hù)一下就行了

CF704E Iron Man

考慮序列上怎么做

我們讓時間為橫坐標(biāo)，位置為縱坐標(biāo)，那么每個點相當(dāng)于一條線段，我們要找的就是最小的出現(xiàn)相交的橫坐標(biāo)

考慮對橫坐標(biāo)做掃描線，發(fā)現(xiàn)如果每個時刻把存在的線段按照目前的縱坐標(biāo)排序那么有交點的線段一定在某一時刻是相鄰的

考慮直接用 \(set\) 維護(hù)，加入的時候和前趨后繼求交點，刪除的時候讓前趨后繼求交點

雖然縱坐標(biāo)是變化的，但是顯然的在出現(xiàn)交點之前線段之間相對位置不變，只要在橫坐標(biāo) \(\ge\) 目前求出的交點時退出就行了

放到樹上，直接樹剖一下，每個重鏈跑一遍就行了，復(fù)雜度 \(O(mlog?mlog?n)\)

總結(jié)

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