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倒过来搞，关键位置只有\(2,3,5\)的倍数，由于每次是除以一个数，关键位置仅有\(60^3\)
这题为啥比A简单...
显然，当前位置与初始位置是一一对应的
对三进制\(N\)位建trie，特殊的是，根到叶子节点是从低位到高位
每个叶子节点的位置对应着当前所处的位置，每个叶子节点的编号对应着初始的位置
操作一：每个点交换\((1,2)\)儿子。这个可以打标机
操作二：考虑最低位，\(0\longrightarrow 1\)，\(1\longrightarrow 2\)；\(2\longrightarrow 0\)然后进位。儿子\((0,1,2)\longrightarrow (2,0,1)\)，然后递归当前\(0\)儿子（也就是\((2,0,1)\)中的\(2\)）
首先对每个字符，单独一个字符，查询
这样我们得到了字符串的长度\(L\)
对每个字符，长度为\(L\)的串，查询。
这样我们得到了每个字符出现的次数
结论：对于\(S,T(|S|\le |T|)\)，其编辑距离为\(|T|-|S|\)的充要条件为\(S\)是\(T\)的子序列
根据此结论，我们可以对字符进行合并。
具体而言，令\(f(S)\)（其中\(S\)是字符集的子集）在字符串中的最大子序列。
对于\(f(S),f(T)(S\cap T=\emptyset)\)，可以通过\(O(f(S)+f(T))\)次查询合并
令\(f_i\)为\(i\)位置最大值，显然：\(f_i=max(a_i,\frac{f_{i-1}+f_{i+1}}{2}-b_i)\)
有个不需要啥技术含量的\(O(n^2)\)，就是\(a_i\)从大到小，每次更新一个位置，然后用这个位置更新其他的
通过推式子大概会得到一个麻烦的等差数列为系数的东西，用线段树维护。\(O(nlogn)\)
不过会被卡精度
考虑若\(b_i=0\)，对于固定的两点\(u,v\)，去更新其他点
有
这是个以\((u,a_u),(v,a_v)\)为端点，其连线为\(P_i\)的东西，可以用凸包维护
但我们实际的式子是这样的
我们考虑构造\(\{c\}\)，使得\(P_i‘=P_i-c_i\)以满足较简式子
序列\(\{c\}\)需满足：\(b_i = \dfrac {c_{i-1}+c_{i+1}}2-c_i\)
令\(c_1=c_2=0,c_{i+1}=2(b_i+c_i)-c_{i-1}\)即满足条件
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原文地址：https://www.cnblogs.com/Grice/p/13227047.html
