联合省选2025 tj

d1 t2

实际上只需要把$x$能到的点集$S_x$和$Sa_{[l,r]}$交起来得到$S$，再找到最大的$v$满足$S$和$Sb_{[v,n]}$的交不空即可

可以分块+手写$bitset$维护

复杂度$O(\frac{NQ}w+Q\sqrt N)$

d1 t3

遗憾$\times1$

考虑树/森林的部分分

显然对于每棵树，可以用该联通块内点值最小的那个点作为根，且给它放到序列的第一位

考虑后面怎么做，发现此时根$rt$的所有子树对应在序列上都是一段连续的区间，也即可以递归下去，以儿子$x$对应的子树为例，但是注意到有连边$(rt,x)$，也就以为着，在$x$子树对应的区间$[l,r]$中，设$x$在位置$p$，那么要满足，$x$的子树，要么是在$[l,p)$中的连续区间，要么是$(p,r]$中的连续区间

那么树就解决了，森林的话，考虑俩序列 A和 B，要么是 AB的形式，要么是 ABA，即把 B整个的插入到 A中间

注意到如果我们求出了所有联通块的序列，然后也可以这样合并

现在考虑联通块咋整，发现联通块其实就是树上加了点环嘛，考虑咋处理这个环

大概画一个环 1,2,3,4,...,n,1，定义环边为我们这个环最外面那圈边（$(i,i\%n+1)$），其余称做横叉边

显然我们必须得是把他们放成 1,2,3,...,n，任意一个数开头都行，总之要沿着环边绕一圈，否则一定会有边相交的

那么可以发现，所有的横叉边也不能相交，否则一定无解，而题目是保证有解的

那么问题就解决了，只需要对环特殊处理（即必须是按顺序放入序列），剩下的操作和树的操作差不多

这个找到环的过程就对啥各种$scc$乱搞就可以得到了啊

复杂度$O(NlogN)$，瓶颈在排序

d2 t2

先考虑$C$性质，此时就是只要有一个点能走到其它所有点即可

若钦定就是$1$节点，那么可以设$dp[S]$表示$1$节点能通过只走$S$集合中的数就走到$S$集合中所有数的概率，$1\in S$，转移有$dp[S]=1-\sum_{T\subset S}dp[T]\times 2^{-edge(T,S-T)}$

其中$edge(A,B)$表示集合$A,B$间的边数

现在考虑如果钦定的是集合$P$内的点都要到达所有点，怎么办，首先集合$P$得是一个强联通的联通块，这个可以类似这种$dp$的得到概率，考虑$dp$过程中的限制，就是要满足$P\subset S$

那么直接$dp$复杂度太高，考虑连边$T\rightarrow S$，满足$T\subset S$，边权为$-2^{-edge(T,S_T)}$

那么$P$对应的$dp$值就是所有$P\subset S$的$S$走到全集$U$的所有路径的权值和，一条路径的权值定义为所有边的乘积

复杂度$O(3^N)$

考虑没有$C$性质

首先有一个重要的性质，发现一个随机的图$G'$合法，当且仅当$\forall v$，只取出权值$\leq v$的边后，$G'$的弱联通块和$G$的弱联通块都相同，且$G'$的每个弱联通块中都要有一个点能到达该弱联通块的所有点

考虑从$v\rightarrow v+1$的过程，实际上就是在合并所有弱联通块的$P$

枚举$v$，现在取边权$\leq v-1$的所有边后的图，考虑加上权值为$v$的边后的影响

设$f[S]$表示$S$中的点恰为它们所处弱联通块的$P$的概率，且它们在加入$v$后存在$S$中某些点能到达$S$中所有点，$g[S]$表示$S$中的点都在同一弱联通块中且$S$就是该联通块的$P$的概率

转移过程类似$C$性质的

因为每次只需要重新计算会发生改变的部分，所以复杂度$O(3^N)$

d2 t3

遗憾$\times2$

考虑把原序列循环个$m$次，且每次把所有元素都$-1$

那么最终得到的序列就等同于，找到一个序列$0<p_1<p_2<...<p_k$，满足$p_1+n=p_k$，且$a_{p_i}>a_{p_{i-1}+1\sim p_i-1}$，若$p_i<n$则$p_{i+1}=p_i+1$

然后如果你想得到复杂度大点的做法就是没想到循环多次，后面解法差不多，就是很多优雅的优化做不到了，为啥我知道，因为我考场就还没来得及上这个优化

然后你得到的就是$a_{p_2\sim p_k}$，这里可以发现$p_k=n$得不到啊，这个反正暴力处理一下就好了嘛，然后还有第一轮就有数被杀了的那些特殊情况，总之好弄的啊

然后发现有很多$\{p_i\}$其实本质相同，就是满足$\forall i\leq k$，$p_i=p'_i+ne$，其中$e$对于一对$\{p_i\}$和$\{p'_i\}$是一个固定的非零整数

我们称之为等价类

对于同一等价类的，显然可以放到那个$p_1$最小的上面去处理，然后这个$\{p_i\}$对答案的贡献就是$\min a_{p_i}$，且此时满足$p_1\in[1,n]$

显然可以$dp$了

如果把$\min$值放进$dp$位里复杂度太高了，于是考虑固定$u$满足$u\in\{p_i\}$且$u$是满足$a_u=\min$且最小的点，那么就是说，$<u$的只能选$>a_u$的，大于$u$的可以选$\geq a_u$的

$dp$转移显然两侧独立，且其中一侧的转移有单调性

复杂度$O(N^2)$