标签：info 情况 位置 its http 最大值 树状 beat 二分图
老年选手诈尸？
咕了。
很容易看出这个限制条件可以推出每个点最多被两个集合包含。按照套路，很容易联想到给这两个集合连一条边，表示他们的状态要相同/不同。
因为保证了有解，所以从左往右扫的时候拿并查集维护一下每个连通块的二分图情况，选较小的那一边。
如果只被一个集合覆盖，那么就相当于强制这个集合选/不选，在做并查集的时候特判一下即可。
代码咕了。
作为一名憨憨，做法当然要与正解不同。（当然常数也比正解差……）
容易想到每种咖啡在最左边的位置统计。考虑暴力，枚举两个位置\(i<j\)，加入\(i\)，加入\(j\)，清空。这样可以过\(K=1\)的情况。
考虑每\(K\)个点（注意不是和题解一样\(\frac K 2\)）分一个块。如果我们加入\(A\)块之后再加\(B\)块，那么\(B\)块中的每个点都与\(B\)块中的前缀和\(A\)块中的后缀做了比较。如果我们倒着加入\(A\)块之后再倒着加\(B\)块，那么\(B\)块中的每个点都与\(B\)块中的后缀和\(A\)块中的前缀做了比较。可以发现，此时\(B\)块中的每个点都和\(A\)块的每个点做了比较。
先不考虑\(B\)块中点会和比自己靠后的点作比较的问题，那么只要对于任意两个块都这么做一遍就行了。然而常数不太行。
我们先做正着加的情况。考虑做完两个块之后不清空，利用原有的信息。建一张图，\(i\)块向\(j\)块连边（\(i<j\)），走这一条边相当于在队列中是\(i\)块时加入\(j\)块。那么我们需要每条边都走一遍。考虑给这个图加一些额外边，使得它存在欧拉回路，这样就可以一次走完。注意到第\(i\)个块和第\(\frac n K -i+1\)个块的出度入度相匹配，可以额外连\((\frac n K -i+1,i,\frac n K -2*i+1)\)的边，于是每个点的入度出度都相等了，可以跑欧拉回路。此时用的询问次数是\(Km\)的，\(m\)大概是\(\frac {3n^2}{4K^2}\)。
我们希望反着加的情况可以用类似的方法解决，但是反着加的时候\(B\)块中的每个点都与\(B\)块中的后缀做了比较，这不是我们想要的。
注意到正着加的时候我们已经把一些点给毙掉了，剩下的点在同一块中是互不相同的，于是可以倒着加的时候不加入被毙掉的点，而是加一些同块中还活着的点充数。
于是就做完了，询问次数几乎顶着上界，但是不需要清空队列。
我才不告诉你我没看懂正解呢
代码：https://codeforces.com/contest/1290/submission/73847748
做这题的前置知识：定义\(maxr(l)\)表示最大的\(r\)，使得\([l,r]\)是笛卡尔树中的一个区间，不存在则是\(null\)。\(minl(r)\)类似。那么对于笛卡尔树中的一个区间\([l,r]\)，只要不是根，那么\(maxr(l)=r\)和\(minl(r)=l\)就恰好会满足一个。
回到这题，考虑把插入换成往已经确定的位置里填数，也就是允许序列中有空位。
那么\([l,r]\)的子树大小就是\([l,r]\)中的非空位置个数，也就是\(fp(r)-fp(l-1)\)。
考虑把这个东西用前置知识拆开，那么答案就是\(\sum\limits_{maxr(l)\neq null} fp(maxr(l))-\sum\limits_{maxr(l)\neq null} fp(l-1)+\sum\limits_{minl(r)\neq null} fp(r)-\sum\limits_{minl(r)\neq null} fp(minl(r)-1)\)，再减掉一些关于根的常数。
据说前后是对称的，那么我们只考虑前面两项。
发现\(maxr(l)\neq null\)等价于\(p_{l-1}>p_l\)，于是第二项很好做。
对于第一项，考虑如何加入一个最大值后维护\(maxr(l)\)。由于\(maxr(l)\)就是\((l,n+1]\)中第一个比\(p_{l-1}\)大的位置减一，所以加入最大值就只会给前缀取min，以及单点修改自己和后继的\(maxr\)。
你发现这东西可以segment tree beats维护，而套上个\(fp\)其实也差不多，在外面额外用树状数组维护一下\(fp\)就好了。
大概是这样吧，代码暂时咕了，下午补。
咕了。
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原文地址：https://www.cnblogs.com/p-b-p-b/p/12537456.html
