11.24总结：

T1：HDRF

我们可以明白，其每次操作的方法是将上一次最后到的点回溯，然后寻找下一个，所以这样就可以一个线段树维护，区间最值，单点修改。

T2：Shortest Path Queries

我们注意到H很小，所以就可以用点奇淫巧技。就是拿一颗线段树维护一下l到r之间的mid到其他点的最短路，然后这个可以dj搞，这样在计算时，我们就可以直接枚举路径经过了这一列中的哪些点。也就是对于每一个询问，我们就在线段树上询问，怎么询问呢？就是枚举mid这个点，然后就可以在$WXH*log2$的时间做出来（一个log是线段树的，另一个是dj的）。

T3：

首先考虑将两个树合并的做法。我们先分别找出这两颗树的直径的两个点，总共有4个，那么新的树的直径的点只可能是这四个点。
因为我们可以再连的点上跑dfs，这样必定搜到两边的直径。所以有了这个结论，我们可以这样：线段树记录l，r这个块的直径，合并时用倍增算出距离，然后回答。

T4：

先简化一下问题。我们知道，如果树都退化成链，我们就可以知道，能产生贡献的点必定满足在第一棵树上小于A，第二颗树上的小于B，那就是一个偏序。
然后，如果固定一个点，那么我们可以再线段树上维护这样的信息：dfs序上能产生贡献的必然是A的父节点们，所以我们只需要记一下能产生贡献的点，这样维护。那么就是查一个单点。
那么如果点没固定，我们有发现A的父亲的树与A只有一条链的区别（因为只加入了A），所以就可以用主席树。
这道题还可以标记永久化。

T5：Coprime Queries

在1e5的范围内，一个数最多有6个质因数。所以我们可以利用一下容斥。
那么我们先不考虑区间内求，就直接在整个数组中求。那么先把X分解，得到他的质因数，然后利用容斥，把区间中与他有一个公共因数的加上，减去与他两个因数的。。。。。。这样算出来就是不与他互质的。那么我们现在考虑怎么算这个容斥。我们可以对每个素数造一个线段树，然后查询。但是这样，我们发现要M，而且要T。所以我们这样：通过整体二分去掉一个log。这样就解决了。

T6：动态背包：

法一：可持久化。（写不来）
法二：首先，只删一件的背包我们可以用分治解决。
但是，我们现在要删多件，怎么办呢？我们注意到每件物品在存在的时间上是一整段，所以基于此，我们可以cdq对于时间分治，然后对于这个物品存在的区间，把这个物品加进去，然后分治是接着向下传就可以了。但是注意，我们这里只能传一个一维的容量数组。

T7：

明显，如果一个联通块只有奇数个点时是绝对不行的。在者，边越多，就越可能符合条件。
然后，这种问最大值最小的，我们想到了二分。就是对于一个$ans$，把小于他的边全部加进去，然后判断每个联通快是否为偶数个点。这样对每个点做，要T。所以自然想到整体二分。
就是对于二分到的区间，我们前一部分$ans$为$mid$之前，后一部分为$mid$之后。所以要用并查集乱搞，但是明显是可持久化并查集。

T8：

$Dp[i]$表示i这个点的天线全覆盖的代价。那么我们转移什么的也好搞。但是这样子的话，是nm的，于是自然想到优化一个log出来，那么我们想，连剖可以担此重任，我们将每个点的ans差分一下，然后就好转移了。

整体总结一下：

这些题你说考了什么新知识吧又没有，主要是思维题。