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这个。缩点相当于把树上一个路径上的边权从1变成0，因为只需要最后输出答案，实际上一个l,r,u,vl,r,u,vl,r,u,v就是从左到右lll时刻到rrr时刻u,vu,vu,v之间的边被缩起来了，考虑把缩起来的路径，看做路径加一，我们维护每条边的贡献（szx∗(n−szx)sz_x * (n-sz_x)szx​∗(n−szx​)），那么答案就是值为000的路径贡献和，因为000一定是路径上的最小值（最小值不一定是000），所以我们维护最小值所在位置的贡献和，和最小值即可维护答案。写LCT O.

#include<bits/stdc++.h>#define maxn 500005#define inf 0x3f3f3f3f3f3f3f3fll#define LL long longusing namespace std;char cb[1<<16],*cs=cb,*ct=cb;#define getc() (cs==ct&&(ct=(cs=cb)+fread(cb,1,1<<16,stdin),cs==ct)?0:*cs++)t..

题面思路简单颜色数∗路径数−∑c是一种颜色不包含c的路径数颜色数 * 路径数 - \sum_{c是一种颜色} 不包含c的路径数颜色数∗路径数−∑c是一种颜色​不包含c的路径数所以我们考虑颜色ccc，我们把所有不是颜色ccc的点都看作黑色，否则是白色。所以不包含ccc的路径数是黑色连通块的大小平方和。考虑我们用LCT维护黑色连通块。发现当一个点的颜色改变时会有O(出度)O(出度)O(出...

题目建后缀自动机，答案变为求[l,r][l,r][l,r]中两个后缀的lcalcalca最大深度。从[1...r]access[1...r]access[1...r]access，维护每个splaysplaysplay的最晚被访问时间，那么如果在rrr的accessaccessaccess到了一个最晚被访问时间为xxx的点yyy，那么[1...x,r][1...x,r][1...x,r]的答案...

题目#include<bits/stdc++.h>#define maxn 100005#define lc u<<1#define rc u<<1|1using namespace std;int n,m;int info[maxn],Prev[maxn<<1],to[maxn<<1],cnt_e;void Node...

题目其实是一道很清新的动态点分练习题。AC Code\rm AC \ CodeAC Code#include "rts.h"#include <bits/stdc++.h>#define rep(i, j, k) for (int i = (j), LIM = (k); i <= LIM; i++)#define per(i, j, k) for ...

具体的思想就是，我们的LCT看似只能用Splay维护链上的信息，但是我们可以再开一个数组把虚儿子的信息加到点上（如果可加的话），那么一条链的总信息就是这条链及其下面的虚儿子的总和，就是这条链的链顶的子树和。如果我们access了一个点，那么这个点的所有虚儿子的和+他自己就是他的子树和（因为下面没有重儿子）。模板题注意需要维护虚儿子信息的只有access和link，因为access会执行到最上面...

题目一个直观的想法：如果题目保证随时是一颗树就好了。那么答案就 = n - (R - L + 1)一个合理的联想：我可不可以通过对边的统计得到答案？如果我们把[L,R][L,R][L,R]中的边拿出来做克鲁斯卡尔，边权为边编号。那么一条边联通两个联通块，使联通块数量减小，当且仅当它是第一条连接这两个联通块的。像：区间查询颜色种类，每个颜色第一次出现才会有贡献。那么我们求出来每条边uu...

A. Skyscrapers给出n*m个数，每个位置都有相应的数值，然后对于每一个位置，将该数字行、列的数字单独拿出来离散化后（该离散化只需要满足行中数的大小关系不变，列中数的大小关系不变），最大的那个值。n,m&lt;=1000,aij&lt;=109n,m&lt;=1000,a_{ij}&lt;=10^9n,m<=1000,aij​<=10...