校内选拔赛补题
被队友带的一场比赛。
只能说我的水平还是太低了，这种题都没法场上过掉。或者说我和 CF 终究是八字不合。
CF1312D
给 n,m，求序列方案数，满足 a_i \in [1,m]，且 a 严格单峰，a 存在且仅存在一对相同的元素。
推式子的题目。
考虑峰值为 p，还需要 n-1 个数，n-2 个不同的值，从 [1,p-1] 中选出相同值后，选其他值：\dbinom{p-2}{n-3}，然后排列在两侧。每个数要么在左侧，要么在右侧，而相同的值必须在异侧。
也就是说，我们可以决定剩下的 n-3 个数的左右位置。显然分配完之后，左侧、右侧的顺序是确定的。
特判一下，n=2 时无解。
这里需要快速计算组合数，考虑 \dbinom{a}{b} = \dfrac{a!}{(a-b)!b!}，计算阶乘、阶乘逆元即可。
其实这个式子可以进一步简化。
考虑选出 n-2 个值后，最大值一定是峰值，钦定某个非最大值为重复值，然后其余值分为在左在右。
CF1187D
场上口胡了一个鬼畜的三维偏序。
首先可以考虑处理出每个 a_i 应当到达的位置 to(i).
每次选取相邻两个元素，实际上就可以实现类似于冒泡排序的效果。可以证明选择更长区间实现的操作，反复小操作同样能实现。
那么就只考虑相邻交换。
假设 to(i) < ii 一路能向左交换到 to(i)，路上遇到的值都要 >a_ia_j < a_ito(j) < to(i)a_j 往前挪走，不会对 a_i 到达目标产生影响。
所以计数：
$$ \begin{cases} to(i) < j < i \ to(j) > to(i) \ a_j < a_i \end{cases} $$
只要该数值非 0，则一定存在无法移动到目标位置的 a_i.
可以发现这类似于一个三维偏序问题。
另一种情况，若 to(i) > ii 向右移动，计数：
$$ \begin{cases} i < j < to(i) \ to(j) < to(i) \ a_j > a_i \end{cases} $$
同样要求为零。
考虑到有不等式 to(i) \ge i 恒成立，则若 to(j) < to(i)j < to(i)
$$ \begin{cases} j < i \ to(i) < to(j) \ a_j < a_i \end{cases} $$
$$ \begin{cases} i < j \ to(j) < to(i) \ a_i < a_j \end{cases} $$
都不成立。 事实上，可以发现，这二者的结构多么类似啊！那其实我们只统计一侧就可以了。
$$ \begin{cases} j < i \ to(i) < to(j) \ a_i \ge a_j \end{cases} $$
恒成立。
从左往右遍历 i，查询 to(j) \in [to(i), n] 的对应 a_j 最大值 maxx，如果 maxx > a_ii 插入对应位置。
实际上因为这要求的是存在性问题，而不是严格的偏序计数，因此可以用这种方法解决。
（马上复习 cdq 分治）
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CF1718A2
给一个数组 a，选择区间 [l,r]，花费 \lceil \dfrac{r-l+1}{2}\rceil 的代价，使区间内数 \oplus x，求清零的最小代价。
要么进行长度为一的区间操作，要么进行长度为二的区间操作。任何更长的操作都可以由这两种操作等价，而性价比不如。
如果 [l,l+1] 操作了，那再对 l+1 单独操作，和对 l,l+1 分别单独操作是等价的。
那么可以认为长度为一的操作与长度为二的操作不相交。
但长度为二的操作是可以相交的。连续进行长度为二的操作，从 l 到 r 后，a_r = a_l\oplus a_{l+1} \oplus \cdots \oplus a_r，一共进行 r-l 次。如果此时 a_r = 0，就可以节约一次。
那么我们的可选的操作就是：
- 进行长度为一的操作，花费 1 代价消掉 1 个。
- 进行 k 次长度为二的操作。花费 k 的代价，消掉 k 或 k+1 个。当 a_l\oplus a_{l+1} \oplus \cdots \oplus a_r = 0 时即可消掉 k+1 个。
那我们不断寻找异或和为零的段贪心即可。
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CF715B
给一张非负权图，可以修改 0 权边，修改后所有边权为正数，问能否修改后使 s \to t 的最短路长度为 L.
如果存在任意不经过 0 权边的 s \to t 路径，满足长度小于 L，则不可能。
然后加入零权边，把零权边改权为 1，跑出最短路如果 \le L 则有解。
接下来我们要分配边。
不在最短路上的边一律分配无穷大。接下来就是要在最短路上做一个分配。
可以进行反复调整，每次将当前最短路通过一条零权边调整到 L，其余边依然为 1，然后再跑最短路，再次调整。
复杂度是 O(nm\log n) 的。
还有一种复杂度更优的方法。
我们将第一到第 p 条零权边设置为 1，剩下的无穷大，跑最短路。如果 >Lp:=p-1，一定可以找到唯一一条关键边，使得这条边若无穷大则无解，若 1 则有解。
那么通过调整这条关键边，我们就能改变最短路的长度，从而找到一个解。
二分这条关键边的长度即可。
题解的二分真是灵活至极啊。
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1695D2
考虑链的情况，一个点就能确定一条链。
现在在链上再挂上一条链，形成一个根节点度为三的树。两个点就能确定任意点。
现在回到树上考虑。
对于某棵子树，对于其父亲来说，它内部有多少个询问点是没有意义的，因此可以将其抽象为一个点。
考虑一个类似换根的想法，以当前 u 为根，如果其父亲子树中有询问点、u 有 k 个儿子，如果恰好有一个儿子子树是一整条链，那么只需要其余儿子子树内有询问点、父亲子树中有询问点，就可以确定这条链上任意点。
将询问点放在叶子上总是比较好的。
那么初始化时，我们需要叶子个数个询问点，就一定能确定任意点。一个询问点确定往上的一条链，而当两个询问点确定的链在祖先处汇聚，可以将其等价于一个询问点，从而递归、归纳证明可确定任意点。
而如果有某个点，其有一个儿子子树恰好为一条链，如果有其他的儿子，那么就恰好可以节约这条链端的询问点。
因为只要其余儿子子树内都有询问点，就可以将其等价为一条链挂上一个询问点，从而通过两点确定任意点。
但如果没有直链儿子，就不能节约。因为如果某棵子树内没有询问点，则一定可以找到一个分叉点 v，使 v 父亲子树内询问点对 v 内部深度相同的点给出相同距离。
那么从所有叶子出发，找到往上的第一个分叉点，节约之。
特判链与单点。
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腾讯云开发者
