D1
T1l
\(des:\)
给出一棵树，判断树上两条路径是否相交
\(sol:\)
判断其中一条路径的两个端点以及两端点的 \(lca\) 是否存在于另一条链上
由于这是一棵树，任一点为根后这样判断一定是可行的，不存在两条链是一个 \(\times\) 的形态
判断点是否在树上的一条路径上的时间复杂度为 \(O(logn)\)，树剖处理出所有的链，判断该点是否存在于某一区间即可
T2
\(des\)
定义 \(f(l, r) = max(a_i - a_j), 其中 l <= i,j <= r\)
求 \[\sum_{i = 1} ^ {n} \sum_{j = i} ^ {n} f(i, j)\]
\(sol\)
考虑转化
该问题等价于所有区间的最大值 - 所有区间的最小值
这样的话考虑每个点作为区间最大值所带来的贡献
记 \(pre_i\) 表示最大的 \(j\) 使得 \(a_j > a_i 且 j <= i\)
记 \(bhd_i\) 表示最小的 \(j\) 使得 \(a_j > a_i 且 j >= i\)
显然 \(a_i\) 所产生的贡献为 \((i - pre_i + 1 + bhd_i - i + (i - pre_i) * (bhd_i - i)) * a_i\)
对于最小值产生的负贡献依旧如此
对于 \(pre, bhd\) 可以用单调栈线性求出
T3
\(des\)
给出一棵树
定义 \(f(l, r)\) 表示为了使得 \([l, r]\) 号点联通所需要的最小边数
求 \[\sum_{i = 1} ^ {n} \sum_{j = i} ^ {n} f(i, j)\]
\(sol\)
D2
T1
\(des\)
二位直角坐标系上存在两点 \((x_1, y_1) (x_2, y_2)\)
每次可以使得 \(x_1 + 1, y + 1\) 或者 \(x_1 + 1, y_1 - 1\) 使得较靠左下角的点到达较靠右上角的点
只有一次使得 \(x_1 + 1\) 或者 \(y_1 + 1\) 的机会
\(sol\)
首先可以给方格黑白染色，发现两个颜色的点无法相互到达。如果起点和终点是不同色的，可以使用一次上下左右走的机会，使两个点位于处于同样的颜色。分别计算向上下左右走后的花费，取最小值。
考虑计算花费：
如果可以题目是上下左右走，那么两点的花费就是 \(abs(s1-s2)+abs(t1-t2)\) 。
那么斜着走也是同理，假设将方格旋转 \(45\) 度，求出旋转后的坐标，答案同样可以使用上面的公式。
其实std只需要一行
T2
\(des\)
存在长度为 \(l1 >= 3\) 的字符串 \(s1\),
向其后添加长度为 \(l2 = 2 或 3\) 的字符串 \(s2\)
求所有可能的 \(s2\)
相邻的 \(s2\) 不能相同
相同就很简单啦
\(sol\)
最重要的一点就是 \(s1\) 任意
这样的话对于一个位置 \(x\), 若用 \(x\) 当做某种 \(s2\) 的首字母
只需要满足该字符串的后面的字符串全部合法就可以了
因为前面的只要长度 \(>= 3\) 都可以当做某个 \(s1\)
从后往前 dp
\(f2\) 表示 \(i, i +1\) 可以计入答案
\(f3\) 表示 \(i, i +1, i + 2\) 可以计入答案
转移
