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T1：
先考虑树的情况。
DFS遍历整棵树，将每个儿子向自己连的链两两匹配。
若有落单的点，就把当前节点的父链连进去，反之将父链传上去。
对于图的情况，我们可以将一个点拆成许多点，保持边不变，再对新建的树进行上述过程。
时间复杂度$O(m)$。
T2：
考虑转化题意。
设原序列为$a$，对原序列开一个互逆数组$b$，$a$的字典序最小等价于$b$的字典序最小，考虑对$b$进行操作。
这样题意转化为邻项交换，交换的条件是两个数的差不小于$k$。
易发现若两个数的差小于$k$，则这两个数永远不会被交换，也就意味着两个数的相对位置固定。
对于这样的点对，从左向右连边，跑优先队列拓扑。
但是边的级别是$n^2$的，就把每个点向它右边第一个大于它和第一个小于它并且差小于$k$的连边。
证明：
假设有两个不能交换的数$x$和$y$，$y$在$x$右侧，又有另一个数$z$，位于$y$右侧，并且$x$与$z$也不能交换，忽略其他数。
若$(y>x&&z>x)||(y<x&&z<x)$，$y$与$z$的差一定小于$k$。
若$(y>x&&z<x)||(y<x&&z>x)$，$x$与$z$直接有连边。
故上述方法正确。
时间复杂度$O(nlogn)$。
T3：
结论：最大流之和为所有边边权相加。
证明：
若使最大流之和最大，那么边权小的便起的限制作用应尽可能小。
由于每条边将树分为两个部分，所以最小边的限制作用至少起到过一次。
将最小边割断，对剩下的连通块重复进行上述过程。
所以每个边都被取到一次是最优的。
就是$A+B problem$。
时间复杂度$o(n)$。
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原文地址：https://www.cnblogs.com/hz-Rockstar/p/11650821.html
