因为没有模拟赛，所以考虑捡捡之前漏下的小点。
// Upd：这样的标题看的人应该会多些？ 更新了鲜花
注：LCA 之后的讲解中可能会出现一些自由的文字，酌情阅读。
Better Days
Run away, run away, yeah
Take your time to say a prayer
Recognize me when you sneak in
Don't be cruel, open up your heart and say
Ho-ho-ho-hold on, there will be better days
It'll be a better day
God, oh god, please help me
I need someone that can guide me
The right way, the right way
I don't need you to judge me
I just need someone to love me
The right way
We dream, we hope, we pray for better days
We dream, we hope, we pray for better days
Let it rain, let it rain
Every storm followed by a brighter day
Recognize love when you see it
Only you can open up your heart and say
Ho-ho-ho-hold on, there will be better days
There will be better days
God, oh god, please help me
I need someone that can guide me
The right way, the right way
I don't need you to judge me
I just need someone to love me
The right way
We dream, we hope, we pray for better days
We dream, we hope, we pray for better days
We dream, we hope, we pray for better days
dfs 序求 LCA
倍增 LCA 的常数还是过于大了，虽然好记但会导致我们在一些数据奇异的题中比其它方式求 LCA 的人的得分要低。
所以就有了这个用 dfs 序求 lca 的高科技，在时间效率和代码好写程度上都薄纱其它方法的狠活。
思路
建议画个简单图手模一下
设我们要求 \(u\)，\(v\) 两点的 lca 为 \(d\)，两点不重合，令 \(dfn_u\lt dfn_v\)。
首先考虑 \(u\)，\(v\) 之间不存在祖先关系的情况。此时 dfs 的顺序是从 \(d\) 到 \(u\) 再回退到 \(d\) 再到 \(v\)。那么根据 dfs 的性质，任何 \(d\) 及其祖先的点均不会出现在 \(dfn_u\) 到 \(dfn_v\) 这个范围内；再考虑 \(d\) 在 \(v\) 方向的第一个子节点 \(x\)，显然有 \(dfn_u\lt dfn_x\lt dfn_v\)。也就是说，我们只需要找出一个 dfs 序在上述范围内的深度最浅的点，其父节点就是我们所求的 \(d\)。
再考虑二者存在祖先关系怎么处理。暴力判断虽然可行，但与我们这样做的目的就相悖了，我们要找到一个优雅的方式来求解。由 \(dfn_u\lt dfn_v\) 可知 \(u\) 为 \(v\) 祖先，我们按上述方法寻找到的 \(x\) 为 \(u\)，显然与答案不符。所以我们考虑修改上述范围，将其改成 \(dfn_u+1\) ~\(dfn_v\) 即可。思考这样做在情况一的正确性，由于 \(u\) 显然不能成为我们要找的 \(x\)，所以去掉该点不会对答案造成影响。
唯一的不足就是无法处理 \(u=v\) 的情况，特判一下即可。
实现
借助 ST 表来完成，预处理的复杂度是 \(\mathcal{O(n\log n)}\) 的，但常数小了很多。
模板题代码：
const int Ratio = 0;
const int N = 5e5 + 5;
int n, m, s;
namespace WLCA
{int dfn[N], tot, st[31][N], lg[N];int hh[N], to[N << 1], ne[N << 1], cnt;void Wadd(int u, int v){to[++cnt] = v, ne[cnt] = hh[u], hh[u] = cnt;}int Wget(int x, int y){return dfn[x] < dfn[y] ? x : y;}void Wdfs(int u, int fa){dfn[u] = ++tot, st[0][dfn[u]] = fa;for(int i = hh[u]; i != -1; i = ne[i]){int v = to[i];if(v == fa) continue;Wdfs(v, u);}}int Wlca(int x, int y){if(x == y) return x;if((x = dfn[x]) > (y = dfn[y])) swap(x, y);int d = lg[y - x++];return Wget(st[d][x], st[d][y - (1 << d) + 1]);}short main(){n = qr, m = qr, s = qr;memset(hh, -1, sizeof hh);for(int i = 1; i < n; i++){int a = qr, b = qr;Wadd(a, b), Wadd(b, a);}Wdfs(s, 0);for(int i = 2; i <= tot + 1; i++)lg[i] = lg[i >> 1] + 1;for(int i = 1; i <= lg[n]; i++)for(int j = 1; j + (1 << i) - 1 <= n; j++)st[i][j] = Wget(st[i - 1][j], st[i - 1][j + (1 << (i - 1))]);for(int i = 1; i <= m; i++){int a = qr, b = qr;printf("%d\n", Wlca(a, b));}return Ratio;}
}
- 顶针教的，讲的比较好的是这篇博客，引用了部分内容。
建虚树
众所周知，点有五个，关键点有三个。
你说的不对，但是虚树有两种建法，一种是好写好理解复杂度不好的双 sort 建树，一种是不好写不好理解复杂度好的单调栈维护。但是题解不会顺着你的思路来，所以两种方法都要深度理解下。
双 sort 建树
思路
好理解，不写了。
其实理解它主要依赖于理解虚树到底要留哪些点。知道为什么留 lca 了就明白为什么这么建树了。
实现很简单，按 dfs 序 sort 一遍，开随便什么存一下每个点及相邻点的 lca，再 sort 一遍，再 unique 一遍，然后根据原树上关系加边就行了。
实现
好写，不写了。
int dfn[N], tot, a[N], b[N], m, len;
bool cmp(int a, int b){return dfn[a] < dfn[b];}
void Wbuild()
{sort(a + 1, a + m + 1, cmp);for(int i = 1; i < m; i++)b[++len] = a[i], b[++len] = Wlca(a[i], a[i + 1]);b[++len] = a[m];sort(b + 1, b + len + 1, cmp);len = unique(b + 1, b + len + 1) - b - 1;for(int i = 1; i < len; i++){int lca = Wlca(b[i], b[i + 1]);Wadd(lca, b[i + 1]);}
}
单调栈建树
5k：为什么要学单调栈建树？
Ratio：不是说这个跑得快点
5k：复杂度都是一样的，少的这点常数也不会去卡，再说了单调栈你还容易写挂，双 sort 就很难写挂
所以不写这个了。
差分约束
由于昨天晚上饭堂，导致写 D 时被迫复习了差分约束。
经过
具体的，开始先打了一遍本来能过的 dfs 做法，然后由于我觉得可能会爆 1e18 就很天才的给 i 赋了一个 \(\frac{max+min}{2}\)，然后其它还有很多脑瘫的地方所以 WA + TLE 导致我觉得这种做法不可行然后怒吃 8 发罚时。
差分约束系统 是一种特殊的 \(n\) 元一次方程组，它包含……
嗯，这有啥好说的，还是挑重点吧。
给你若干个形如 \(x_i + x_j \le k\) 的限制，询问是否有符合上述所有限制的解。
思路
联想大法好：发现 \(x_i - x_j \le k\) 和求醉短路中的松弛操作 \(dis_v\lt dis_u +w_i\) 很像，因此我们将每一个数 \(x_i\) 都当做图中的一个点，每个约束看作由 \(x_j\) 向 \(x_i\) 引一条长度为 \(k\) 的边。
如果符号是 \(\gt\) 你就两边同时乘上一个 \(-1\)，如果是 \(=\) 你就看成两个限制 \(x_i-x_j\le k\)，\(x_j-x_i\le -k\)，连两条边就行了。至于其它的符号，本质上没啥区别，自己转化一下。
实现
公元 4202 年，智慧的人类掌握了复活已死的事物这一技术，并以 SPFA 为对象进行了秘密测试，结果未知。
采用 SPFA 算法，若跑出负环了显然是无解的情况，否则跑出的 \(dis_i\) 就是所有限制下的一组解。
由于限制是以差分形式存在的，所以若 \(a_1,a_2\cdots a_n\) 是符合题目要求的一组解，那么 \(a_1 + k,a_2+k\cdots a_n+k\) 也是符合要求的另一组解。由这个性质可以实现一些题目中对解的范围限制。
例题：无
啊不对，昨天晚上刚做了一道。
例题：有
Problem
谔谔虽然你们暴力都过了并且我的暴力改完也过了，但我赛时打的差分约束所以它就是模板题。
很好的条件，确保了一定有解，所以我们完全可以省掉判负环的步骤，直接开局建一个超级原点，按差分的性质连边，跑一遍就没了，因为 \(10^9\times 2\times 10^5\lt 10^{18}\)，所以压根不用管题目的 \(x_i\le |10^{18}|\)，初始值设成 0 肯定跑不炸。
Submitted code 这里放的现打的因为赛时太唐了做了一堆唐氏操作，喜欢唐人的可以自己去搜。
lower_bound 妙用
在 vp abc371 的时候想要差一个有序数组中第一个小于等于 \(x\) 的值的位置，但发现好像没有现成的函数直接用，于是学习了一下重载 lower_bound。
食用方法
首先，一般的 lower_bound 或 upper_bound 需要一个升序的数组，然后这样用。
lower_bound(begin, end, value);
upper_bound(begin, end, value);
这里 begin 和 end 是你想查询的数组边界范围的指针，value 是你想查询的第一个 不小于 / 大于 的数。
回忆可知优先队列的小根堆实现我们用了 greater<int> 函数，所以我们如果要实现一个支持查询 不大于 / 小于 一个数的函数，需要用 greater<int>() 重载。
首先你需要一个单调不上升的数组，然后这样用。
lower_bound(begin, end, value, greater<int>());
upper_bound(begin, end, value, greater<int>());
返回值的类型仍然是下标，然后就可以肆意操作了。
准备一个 例题，别的暴力方法可能能过，不过都学了这个了就考虑怎么用线段树做。
首先位置是严格递增给出的，所以不用去管 \(x_i\le |10^9|\) 的条件，直接维护一棵大小为 \(n\) 的线段树就行了。我们另开一个数组按降序存下标，查询时左边界取第一个不小于 \(L_i\) 的下标，有边界取第一个不大于 \(R_i\) 的下标即可。非常的好写啊。
鲜花
-
1 能不能不要再逆天发言了，哦好像这几个字排列已经被你们发掘完了，怪不得没动静了
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2
Ratio：jijidawang 你想说点什么吗
jijidawang：我想说点什么吗 -
3
（jijidawang 在翻看上一届的模拟赛成绩）
Ratio：看看最后一名是谁（yzh）
顶针：yanzihe
Ratio：哪个 yan
顶针：yxc 的闫
Ratio：为啥不是我这个颜
顶针：你这个颜太少见了，上次见还是颜丑
5k：颜丑是啥
顶针：就三国那个文良颜丑
5k：那不是颜良文丑吗
顶针：哦，反正他俩老在一块
5k：那 huge 和消费股还老在一块呢，你咋不喊朱晓飞
顶针：你咋不倒着念小肥猪
完结撒花~
