前言

期望：100+70+0=170
实际：40+0+0=40
rnk14

分全部挂没了，太行了。
T1不开longlong见祖宗，而且KH说的那个也有道理，带权之后树的重心可以不只有两个，所以最后还应该倍增的跳。（然而这个地方题解似乎都忽略了）
T2线性筛写挂身败名裂。
T3根本没摸，本来还打算至少敲个暴力来着，但被T2心态搞炸了。

题目解析

树的核心（core）

我、kH、pdf一边一个做法的一道题。
但是必须承认pdf的做法实现是最简单的。

我这个题的做法倒是出的很快，差不多8:30就出思路了。
我的做法是找到当前加一的部分的重心，新重心一定在旧重心和原来这个重心的路径上。
代码实现的很不好，写拍调整到十点。

pdf思路：答案的子树权值大小必然严格大于总权值一半，那么在dfs序的线段树上按照点权二分，找到权值中点对应的结点，其必然在答案的子树内，也就是说，答案必然在该结点的返祖链上。
往上倍增的找即可。

随机填数（random）

写完T1看这题。
是我之前做过的一道CF的多测板。
按照CF的做法有70。
一方面给了我方便，也某种程度上限制了我的思维罢。
但这题我也确实做不出来，需要的那个技巧根本就不在我脑子的“寄存器”里，估计很难访问到了。

一个重要结论：
$$E(x)=\sum _{i=1}P(x\ge i)$$
较为显然，之前也见到过，但没有特别上心。
然而，本题后面这个概率却能很方便的求出。
首先分母很好办，就是 $m^{i-1}$。$x\ge i$ 也就等价于 $[1,i-1]$ 的序列的 $\gcd$ 大于1（只考虑 $i>1$）。那么我们考虑补集，也就是 $\gcd =1$ 的序列有多少个：
$$\sum _{a_{1...i-1}}[(a_1,a_2,...,a_{i-1})=1]$$
$$=\sum _{a_{1...i-1}}\sum _{d|(a_1,a_2,...,a_{i-1})}\mu (d)$$
$$=\sum _{d=1}^m\mu (d)\lfloor \frac{m}{d}{\rfloor }^{i-1}$$
那么我们其实就是求：
$$\sum _{i=2}^{\infty }P(x\ge i)+1$$
$$=\sum _{i=2}^{\infty }\frac{m^{i-1}-{\sum }_{d=1}^m\mu (d)\lfloor \frac{m}{d}{\rfloor }^{i-1}}{m^{i-1}}+1$$
$$=\sum _{i=1}^{\infty }\frac{m^i-{\sum }_{d=1}^m\mu (d)\lfloor \frac{m}{d}{\rfloor }^i}{m^i}+1$$
$$=1-\sum _{i=1}^{\infty }\frac{{\sum }_{d=2}^m\mu (d)\lfloor \frac{m}{d}{\rfloor }^i}{m^i}$$
$$=1-\sum _{d=1}^m\mu (d)\sum _{i=1}^{\infty }\frac{\lfloor \frac{m}{d}{\rfloor }^i}{m^i}$$
$$=1-\sum _{d=1}^m\mu (d)\frac{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }{m-\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }$$
预处理 $\mu$ 的前缀和，整除分块即可做到单次 $O(\sqrt{n})$。

等权划分（value）

由于本次考试上来就对T1有了思路，调完T1又一直在T2挣扎，所以这个题几乎没有摸。
因而谈不太上考场感受，但是看题解感觉我应该是做不出来的。
三个关键点，我的评价分别是：很难想到，很难想到，很难想到。
毕竟做题可是且运算，卡一个地方这题就没了。
由于字典序优秀的贪心性质，我们可以每次都尽可能的尝试填A，然后判断接下来的局面是否有解。
那么问题就转化为了对于一个局面，如何快速判断有无解。

关键性质：如果一个局面有解，那么必然可以构造一种合法方案，使得一个序列中的合法点都是完整原序列的前缀最大值（其必然也所在序列的合法点，以下简称必大点）。

证明：如果一个序列存在非必大点的合法点，那么其前方第一个必大点必然在另一个序列里。那么若两个序列都存在非必大点的合法点，令两个对应的必大点互换位置，即可保证合法点数都减一的同时，使非必大点个消失一个。不断如此操作，至少有一个序列的合法点全是必大点。
（个人感觉证明倒不是特别难，但真的很难独立猜出这种鬼马结论并认为它有用…）

我们强制令一个序列全是必大点（注意这个序列即可以是A，也可以是B，下面假设其为B）。若后边还有 $c$ 个必大点，A选的合法点中必大点和非必大点分别有 $p,q$ 个，A、B当前选的合法点有 $fa,fb$ 个，那么就有：
$$fa+p+q=fb+c-p$$
整理得：
$$2p+q=fb-fa+c$$
其中右边的东西对于某个确定局面为定值，设其为 $w$。令A序列选取必大点为合法点的价值为2，非必大点的价值是1，那么就要求存在一种选点方案使得总权值为 $w$。

结论：对于一个残局，一个子序列S可以成为A的合法点序列的充要条件是其递增。并且可以使B序列只选取该子序列外的必大点作为合法点。

（这个pdf没有细讲，但我觉得还是需要讲一下的）
证明：前缀最大值必然递增，必要性显然。充分性尝试构造性证明：对于一个递增子序列S，从前往后考虑每个元素划分到哪里。对于一个属于S的元素，直接给A，否则，若是必大点，直接给B，否则，其前面必然存在比它大的元素x，把当前元素划分到x所在的序列即可。

又注意到，由于元素只有1或2，那么如果权值x是合法的，那么x-2必然也是合法的。所以我们只需要对奇权值和偶权值分别从后往前做一遍带权LIS并互相转移，每次在 $w$ 奇偶性对应的线段树上查询是否不小于 $w$ 即可。