\(\mathscr{Summary}\)

  時間利用效率？

  同學，你的效率呢？

  我真不知道中途幾個小時幹了啥，我也不知道我實在划水、神遊還是真的在自閉想題。

  雖然真實考場腎上腺素不會允許我這麼做，但模擬賽還是得提起精神啊。

  哦，我不是生競的，上面那句話當成偽科學。

\(\mathscr{Solution}\)

\(\mathscr{A}-\) 下落的數字

  給定以 \(1\) 為根的帶點權樹，定義 \(k-\)travel 為：從根出發，每次走到孩子點權集合中取到 lower_bound \(k\) 的點，若不存在則停下，設最後到達結點 \(u\)。現進行 \(m\) 次操作：

1. 修改單點點權；
2. 給定 \(k\)，求當前樹上 \(k-\)travel 的終止點。

  \(n,m\le 2\times10^5\)。

  樹剖。線段樹維護穿過一整段重鏈時，travel 值的取值區間。詢問時模擬跳重鏈。複雜度 \(\mathcal O((n+q)\log n)\)。

\(\mathscr{B}-\) 序排速快

  給出一個排序方法：

其中，稱 \(i\) 為 partition point，當且僅當 \(\max_{j\le i} A_i\le\min_{j\ge i}A_j\)。對於 \(n=L..R\)，求所有 \(n\) 階排列在該方法排序完成後的 \(\textit{cnt}\)

  \(L\le R\le10^7\)。

  缺的不是所謂結論，而是好看的結論。不要抓著“等價轉化”不放，因而捨棄一條捷徑。

  顯然應該對 \(A\) 的每個位置分別求被冒泡了多少次。考慮 \(A_i\) 經歷一次冒泡時：

• 若 \(\exist j<i,A_j<A_i\)，則這樣的 \(j\) 減少一個；
• 否則若 \(\exist i\le j<k,A_j\ge A_i>A_k\)，則這樣的 \(j\) 減少一個；
• 否則，\(i\) 是 partition point，不會被冒泡。

  結論比起我想到的要冗長，但是它“好看”——它是單純的計數，沒有取 \(\max\)

  接下來，討論計數。對於第一類貢獻，發現就是逆序對個數。令 \(f(n)\) 表示所有 \(n\) 階排列的逆序對數量，那麼

  對於第二類貢獻，注意到貢獻中對 \(A\) 的大小要求比較複雜，而根據排列具有的多樣“子問題”處理方式，我們可以列舉 \(n\) 所在的位置 \(j\)，統計滿足條件的 \((i,j,k)\) 的數量。注意 \(k\) 實際上沒有參與數量貢獻，而對於一個 \(i<j\)，顯然已有 \(A_j\ge A_i\)，若 \((i,j)\) 有貢獻，則 \(\exist k>j,A_k<A_i\)。這一步用一個小 trick：概率問題與計數問題可以相互轉化來簡化討論。我們求 \(\exist k\) 的概率，顯然這些下標的具體值都不影響概率，問題就是——排列裡有 \(n-j+1\) 個數，求第一個數不是最大值的概率，顯然嘛，\(\frac{n-j}{n-j+1}\)。因而，設 \(g(n)\) 表示所有 \(n\) 階排列的第二類貢獻和，那麼

後面那一坨隨便整理一下就能遞推求了。複雜度 \(\mathcal O(R)\)。

\(\mathscr{C}-\) 樹

  給定含 \(n\) 個點 \(m\) 條邊的點雙連通圖及其兩棵生成樹 \(T_1,T_2\)，每次操作取 \(T_1\) 的一片葉子，去掉它與父親在 \(T_1\) 內的連邊，並指定其新父親。構造把 \(T_1\) 變成 \(T_2\) 的操作方案。

  \(n\le100\)。

  被卡了一個點 qwq，簡單胡一下。

  搜尋，但是有條理。我們為兩棵樹指定同一個根，然後自上而下遞迴地構造出每條正確樹邊。需要做到一個清空 \(T_1\) 內某結點子樹的操作，暴力遞迴進去，把每個點丟到子樹外即可。講錯了不負責。（

  我本來淺寫了一下，沒有精細的限制，大概 \(50\) 分，然後加上一個“每次遍歷鄰接點，按一個隨機排列的順序遍歷”，就只剩最後一個 subtask 的最後一個點過不了。事實證明亂搞的時候應當隨機起來。（