loj3265 「USACO 2020.2 Platinum」Delegation
因为是最大化最小值，考虑二分答案。
设当前二分的答案为\(K\)。则要判断是否有一种划分方式，使得每条链的长度都至少为\(K\)。
不妨以\(1\)为根，对整棵树dfs。记\(fa(u)\)为\(u\)的父亲节点。dfs(u)函数求出一个值\(f(u)\)，或判断在当前的\(K\)下无解。有解时，我们把\(u\)的子树划分为若干条长度\(\geq K\)的链，并选择一条未完结的链（允许这条链长度\(<K\)）覆盖\(u\)和\(fa(u)\)之间这条边。这条链会被交给dfs(fa(u))继续处理。而\(f(u)\)，就是这条返回给\(fa(u)\)的链的最长长度。dfs(u)函数要做的，就是在保证其他每条链长度都\(\geq K\)的前提下，让\(f(u)\)的长度尽可能大。
考虑dfs(u)函数的实现。先递归\(u\)的所有儿子，每个儿子\(v\)会带来一条长度为\(f(v)+1\)的链（这个\(+1\)就是\(u,v\)之间的边，它没有被算在\(f(v)\)中）。把得到的这些链按长度排序。此时我们有两种选择：
- 方案一：把所有这些链两两匹配。（如果链的数量是奇数，就加一条长度为\(0\)的链）。要求每对匹配链的长度和\(\geq K\)。并令\(f(u)=0\)。
- 方案二：挑出一条链作为\(f(u)\)，让其余的链两两匹配。如果能匹配成功，则令\(f(u)=\)这条挑出来的链的长度。
这里的“两两匹配”，我们可以做一个简单的贪心：让最大的链和最小的链匹配，第\(2\)大的链和第\(2\)小的链匹配......。如果存在某一对链的长度和\(<K\)，说明匹配失败，无法找到合法的匹配方案。
当\(u=1\)时，我们显然只能选择方案一，即把所有链都匹配起来。否则无解。
当\(u\neq 1\)时，本着让\(f(u)\)尽可能大的原则，我们优先考虑方案二。如果无法实现方案二，再考虑方案一是否可行。若也不可行，则无解。
现在的问题是，如果选择方案二，我们该如何在保证其它链能够成功匹配的前提下，挑出一条尽可能长的链作为\(f(u)\)呢？考虑两条长度分别为\(x,y\)的链，若\(x<y\)，则若挑出\(y\)这条链后其它链能够成功匹配，挑出\(x\)后其他链也一定能成功匹配（这相当于把匹配中的\(x\)换成\(y\)，有一条链变得更长了，匹配结果不会变差）。故可以二分把那条链作为\(f(u)\)，判断是否可行即可。
时间复杂度\(O(n\log^2n)\)。
loj3266 「USACO 2020.2 Platinum」Equilateral Triangles
图片来源：洛谷用户：ix35
观察一个曼哈顿等边三角形：
红线、蓝线分别是\(BC,AC\)的曼哈顿距离。
把线段平移，得到下图：
此时，\(BC\)的曼哈顿距离是\(\color{red}{\text{红}}\)\(+\)\(\color{green}{\text{绿}}\)，\(AC\)是\(\color{blue}{\text{蓝}}\)\(+\)\(\color{green}{\text{绿}}\)，于是我们可以得到：\(\color{red}{\text{红}}\)\(+\)\(\color{green}{\text{绿}}\)\(=\)\(\color{blue}{\text{蓝}}\)\(+\)\(\color{green}{\text{绿}}\)，所以\(\color{red}{\text{红}}\)\(=\)\(\color{blue}{\text{蓝}}\)。同理可知：\(AO=BO=CO\)（曼哈顿距离）。也就是说，\(O\)是\(\Delta ABC\)在曼哈顿距离意义上的“外心”。
考虑枚举这个外心\(O\)，再枚举\(O\)到\(A,B\)的距离\(r\)。大力讨论\(A,B\)所在的象限（四种情况）。此时\(A,B\)的位置就已经确定了。考虑\(C\)。首先\(C\)一定在和\(A,B\)相反的象限，且\(OC=r\)。可以发现这样的\(C\)一定在一条斜\(45^{\circ}\)角的线上（即平行于矩形某条对角线的线）。对每条这样的斜线做前缀和即可\(O(1)\)查询出\(C\)的数量。
时间复杂度\(O(n^3)\)。
loj3267 「USACO 2020.2 Platinum」Help Yourself
把所有线段按左端点排序。设\(dp_0[i][r]\)表示考虑了前\(i\)条线段，最大右端点在\(r\)时，有多少满足条件的线段子集；\(dp_1[i][r]\)表示此时所有满足条件的线段子集，每个线段子集的并的连通块数之和；\(dp_2[i][r]\)表示此时所有满足条件的线段子集，每个线段子集的并的连通块数的平方，之和......。
一般地，定义\(dp_k[i][r]\)表示考虑了前\(i\)条线段，最大右端点在\(r\)时，所有满足条件的线段子集，每个线段子集的并的连通块数的\(k\)次方之和（\(0\leq k\leq K\)）。设对于一个线段集合\(s\)，\(\operatorname{maxendpos}(s)\)表示\(s\)中所有线段的最大右端点，\(cnt(s)\)表示\(s\)的并的连通块数。则：
\[ dp_k[i][r]=\sum_{s\in[1,i],\ \operatorname{maxendpos}(s)=r}cnt(s)^k \]
考虑新加入一个线段\(i\)。从\(dp[i-1][j]\)转移到\(dp[i][?]\)。分三种情况讨论：
- \(j<l_i\)，此时加入线段\(i\)会使右端点变为\(r_i\)，且连通块数\(+1\)。
- \(l_i\leq j\leq r_i\)，此时加入线段\(i\)会使右端点变为\(r_i\)，且连通块数不变。
- \(j>r_i\)，此时加入线段\(i\)既不改变右端点也不改变连通块数。
发现问题主要在于连通块数\(+1\)时的转移不好处理。考虑现在有一\(dp_k[i][j]\)，把它的连通块数\(+1\)，看它的值会如何变化：
\[ trans(dp_k[i][j])=\sum_{s}(cnt(s)+1)^k=\sum_s\sum_{t=0}^{k}{k\choose t}cnt(s)^t=\sum_{t=0}^{k}{k\choose t}dp_t[i][j] \]
由此，此时再考虑\(dp_k[i][?]\)的转移式。初始时，令每个\(dp_k[i][j]=dp_k[i-1][j]\)，表示在线段集合中不选线段\(i\)的情况。然后考虑选线段\(i\)的情况：
\[ dp_k[i][r_i]+=\sum_{j=0}^{l_i-1}trans(dp_k[i-1][j])+\sum_{j=l_i}^{r_i}dp_k[i-1][j]\\ dp_k[i][x]+=dp_k[i-1][x]\quad(x>r_i) \]
其中\(trans(dp_k[i-1][j])\)可以\(O(K)\)求。故时间复杂度为\(O(n^2K^2)\)。
考虑优化。
首先，\(\sum_jtrans(dp_k[i-1][j])\)就等于\(trans(\sum_jdp_k[i-1][j])\)。因为我们在推\(trans\)时并没有用到\(j\)具体的值，只是用\(i,j\)来表示了一堆“线段的集合”。把这些集合先并起来（作为一个更大的集合），再转移也是一样的。
根据套路，不难想到用线段树去维护所有的\(j\)。线段树上，设一个节点所代表的区间为\([l,r]\)。我们在这个节点上存\(K+1\)个值，分别为：\((\sum_{j=l}^rdp_0[i][j]),(\sum_{j=l}^rdp_1[i][j]),\dots,(\sum_{j=l}^rdp_K[i][j])\)。
则从\(i-1\)到\(i\)的转移相当于：
- 对\(r_i\)这个位置执行线段树单点加操作，让它的值\(+trans(\sum_{j=0}^{l_i-1}dp_k[i-1][j])\)。其中求\((\sum_jdp_k[i-1][j])\)要用到线段树区间求和。
- 对\(r_i\)这个位置执行线段树单点加操作，让它的值\(+(\sum_{j=l_i}^{r_i}dp_k[i-1][j])\)。
- 对线段树\(r_i+1\sim 2n\)这些位置执行区间乘操作，全部\(\times2\)。
注意，区间所有的查询操作要在修改操作之前进行。这样查到的才是\(dp_k[i-1]\)的值。
时间复杂度\(O(nK^2+n\log nK)\)。