标签：表示 信息 距离 子节点 节点 mod 联通 交换 rac
给你一棵树的括号序列，每次交换两个括号，维护每次交换之后的直径。
? 考虑括号序列维护树的路径信息和，是将左括号看做 \(-1\) ，右括号看做 \(1\) ，那么一段竖直向上的路径可以表示为括号序列的一个区间和，一段竖直向下的路径可以看做括号序列的一个区间和的相反数。我们要维护的是树的直径，也就是一段连续的和减去紧随其后的一段连续的差。具体来说就是
\[
\max_{\forall [l,r]}\{\sum_{i=l}^kw[i]-\sum_{i=k+1}^r w[i]\}
\]
? 可以简单的证明如果选取的区间不能代表树上的路径，取到的式子的和一定不是最优解，线段树维护这个式子即可。维护起来略有麻烦，类似于维护区间最大子段和，更新的时候需要多记几个信息。复杂度 \(\mathcal O (n\log n)\) 。
\(n\) 个点 \(m\) 条边且仅有两种边权 \(a, b (a<b)\) 的无向简单图 \(G\)，\(\forall i\) 求出 \(G\) 的所有最小生成树中，\(1-i\) 的路径的最小长度。\(1\leq n\leq 70,n-1\leq m \leq 200\) 。
? 这个题我一开始想了一个错误的做法，先求出最小生成树中 \(b\) 边的数量记为 \(k\) ，然后分别求出 \(1\) 到各个点经过不超过 \(k\) 条 \(b\) 边的最短路。这个做法的错误之处在于，虽然可以证明起始端点都在路径上的 \(a\) 边不会环切掉路径上的 \(b\) 边，但是只要令始端点在路径上就能环切了。
? 期间我还考虑了另外一种做法，后来得知后一种思路是可以扩展到正解的。考虑将所有 \(a\) 边缩成若干个联通块，不难证明，如果一条生成树的路径离开了一个联通块后又进入了这个联通块，这棵生成树一定不是最小生成树，因为其选择了会被环切的 \(b\) 边。此时直接大力状压 \(dp\) 的复杂度是 \(O(2^nm)\) 的。
? 再往下分析，如果一个联通块大小 \(\leq 3\) ，那么即使存在离开这个联通块后又来到这个联通块的路径，这条路径也必然不是最短路，因为这样联通块内部最长的边是 \(2a\) ，而做上述操作需要 \(2b\) 。所以可以直接忽视掉所以大小 \(\leq 3\) 的联通块的限制，复杂度优化到 \(\mathcal O (2^{\frac{n}{4}}m)\)。
有一个长度为 \(n\) 的序列 \(A\) , \(i,j\) 之间有一条有向边当且仅当 \(i < j, A[i] \text{ and } A[j] > 0\) ，每次给出 \(x, y(x<y)\) ，询问从 \(x\) 出发是否能到达 \(y\) 。
? 按位考虑，对于当前数 \(A[x]\) ，其能直接到达后面所有和其有共同位的数。显然，对于每一位，较前面的数能到达较后面的数，所以只需要维护每一个数 \(A[x]\) 其能到达某一位有 \(1\) 的最前面的数的位置即可。最后判断 \(A[y]\) 的某一位 \(1\) 是否能被 \(A[x]\) 在其之前到达。复杂度 \(\mathcal O(n\log^2 n)\) 。
有一棵二叉树，每条边上有小写字母或者 \('?'\) ，每次修改一条边上的字符，要求维护所有叶子到根的路径上的 \('?'\) 填为任意小写字母后是否能重排达到一致， 如果可以，还需输出每种字符的最大可能出现次数。
? 首先如果所有叶子深度不相等，无论怎么更改边上的字符都是无解。
? 然后令 \(f[x][c]\) 表示所有 \(x\) 子树内的叶子到 \(x\) 的路径上字符 \(c\) 的数量最大值，\(len[x]\) 表示 \(x\) 到叶子的距离。
我们可以归纳证明，能够重排达到一致当且仅当
?
\[
\forall x \sum_{c} f[x][c]\leq len[x]
\]
? 考虑当 \(x\) 是叶子时候，显然充要。对于任意非叶子节点 \(x\)，假设其子树内所有点都满足条件，此时必要性显然。充分性考虑先将原先的所有路径排好，对于新加进来的边，如果是一条，则必然合法。如果是两条边，要满足式子必须改变的 \(f[x][c]\) 数量 \(<2\) ，此时另一边会有多出来的问号填上这个字符。
? 直接暴力维护 \(f[x][c]\) 复杂度是 \(O(nq)\) 的，但是之前的证明启发我们，对于只有一个孩子的节点，可以直接将该节点与孩子合并不影响答案。然后这里有一个二叉树的小套路，如果这样合并，二叉树的深度不超过 \(\mathcal O(\sqrt n)\) 。
? 证明，如果二叉树不存在只有一个儿子的节点，那么第 \(i\) 层的深度一定要大于第 \(i-1\) 层的深度，此时深度最多为 \(\mathcal O(\sqrt n)\) ，这样直接暴力修改 \(dp\) 值即可，复杂度 \(\mathcal O(q\sqrt n)\)。当然直接动态 \(dp\) 也是可以的。
有一个序列 \(a\) ，每次可以花费 \(1\) 的代价将其中一个数加上 \(2\) 的幂次，求将所有数变成相等的数时所需的最少代价。
? 先将 \(a\) 从小到大排序，若我们将 \(a_n\) 最终加上了 \(S\) ，则 \(a_i\) 最终加上了 \(S+a_n-a_i\) 。那么问题转化为选择一个数 \(S\) ，最小化 \(\sum_{i=1}^n bit(S+a_n-a_i)\) 。
? 考虑按位 \(dp\) 决策 \(S\) 的每一位选 \(0\) 还是选 \(1\) ，因为最终要处理的贡献是等于 \(a_n-a_i, S\) 这一位数相加以及上一位的进位决定的，我们还需要记录哪些数在当前状态下被进位了。可以发现，假设考虑到了前 \(k\) 位，当前位会进位的数一定是按照 \(\mod 2^k\) 排序结果下的一个后缀，\(dp\) 的时候记录一下这个后缀的长度即可，复杂度 \(\mathcal O (n\log n)\) 。
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