大家

令一个没有被点亮的点为根，设 \(f_{x,0/1/2,0/1}\) 表示 \(x\) 为根的子树里面有路径的 \(0/1/2\) 个端点，此时得到的不完成的序列使得 \(x\) 的开灭状态为 \(0/1\) 的最小序列长度

值得指出的是，$f_{x,2,*} 的常规理解是 \(x\) 子树中的序列在最终序列中分成两截，\(x\) 在第一截末和第二截初出现。但是出于最终统计答案的方便，这两次出现只记录一次。\(f_{x,0/1, *}\) 不受影响，\(x\) 在子段末尾的出现不作修补。

合并那些存在没被点亮的点的子树，设当前要合并 \((u,v)\)。路径端点数量的这一维度是背包。

如果 \(v\) 中不设置端点，直接压到序列末尾即可。此时在子树遍历序列尾添加一个 \(u\) 连接 \(u\) 和之后的序列。如果 \(v\) 没有被点亮就向下走一步去点亮。

如果 \(v\) 中设 \(1\) 个端点，如果是从 \(f_{x,0,*}\) 转移到 \(f_{x,1,*}\) ，由于之前归并的部分前后都有 \(x\) ，于是两段长度相加即可；如果从 \(f_{x,1,*}\) 转移到 \(f_{x,2,*}\) ，\(f_{x,1,* }\) 作为前半段，它的末尾有 \(x\)，\(f_{v,1,* }\) 作为后半段，它的开头没有 \(x\)，恰可以满足 \(f_{x,2,* }\) 的定义。于是不需要额外讨论或者长度附加。这里没点亮还会让序列长度加 \(2\)

如果 \(v\) 中有两个端点，于是之前 \(u\) 子树中不能存在端点，最终序列可以表示成将 \(u\) 已经得到的序列嵌进 \(v\) 得到的序列，由于 \(u\) 向上的部分不添加，于是 \(u\) 的状态不变。如果 \(v\) 再添加返祖位后没有被点亮，需要往返一次将其点亮，此时 \(u\) 的状态也发生了改变。

时间复杂度 \(\Theta(n)\)

\(dp_{x,1,* }\) 的转移真的很神奇，怎么看怎么神奇

身体

分治，考虑 \(a\) 的最小值在左侧时，在右侧的情况可以翻转序列处理。以下提到的 \(a,b\) 都表示分治中点到 \(i\) 的 \(a/b\) 最小值

枚举 \(i\in[l,mid]\) 。那么当 \(b\) 的最小值也在左区间时，能满足条件的最大右端点可以双指针得到。

否则 \(b\) 的最小值在右区间，上面提到的双指针也可以确定满足这一条件的合法区间（\(a_i\) 是 \(\min a\)）。而此时贡献形式为 \(a_ib_j(j-i+1)\) ，每个 \(i\) 的最有决策点可以用凸包来得到。

又由于有合法区间的限制，需要线段树维护凸包。

时间复杂度 \(\Theta(n\log^2n)\)

健康

当 \(x,y\) 没有祖孙关系时，它们的 \(\rm LCA\) 只能是给定的关键点之一。如果可以实现将给定关键点建带有包含关系的树之后可以直接求 \(\Theta(n)\) 个点的 \(\rm LCA\)。询问是将 \(x,y\) 定位到所在直链的下端点再处理即可

求树时初始化 \(n+1\) 个直链的底标号为最后一层点，一层点变成上一层时需要删掉一个，右边的点左移一位。使用权值线段树来模拟整个过程，删点就是权值赋 \(0\)，求某个 \(a_i\) 所控制的两条直链的链底可以线段树上二分。之后再将 \(a_i\) 对位的链底标号修改即可

由于查询的时候还是需要每一层的信息，那么需要将线段树可持久化

时间复杂度 \(\Theta(n\log n)\)

标签：子树,端点,04,点亮,08,最小值,2022,序列,Theta
来源： https://www.cnblogs.com/yspm/p/TestReview20220804.html