A - 小蒟和他的乐谱

签到题，将原序列对 7 取模之后将序列扫描一遍就可以得到答案
不过感觉题目意思还需要理解理解

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<set>
#include<map>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<string>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<unordered_map>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
const ll mod=998244353;
const int N=1000010;
int a[N];
int n;
int main()
{IO;int T=1;//cin>>T;while(T--){cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];int res=0;int now=0;for(int i=1;i<=n;i++){int x=(a[i]%7+7)%7;if(x==1||x==2||x==3||x==5||x==6) {now++;res=max(res,now);}else now=0;}cout<<res<<'\n';}return 0;
}

B - 小琛和他的学校

之前打cf的时候有一个类似的题目，这次就会了hh
维护sz[u]表示u子树子节点的数量，cnt[u]表示u子树学生的总数，然后考虑每条边对答案的贡献（之前cf求的是所有代价和这题求得每条边的代价还给了一个提示）
这条边分成两个连通块$i,j$，那么代价即为$i$连通块的人跑到$j$连通块的校区和$j$连通块的人跑到$i$连通块的校区注意来回路程要乘二

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<set>
#include<map>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<string>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<unordered_map>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
const ll mod=998244353;
const int N=200010;
ll sz[N],cnt[N];
int n;
ll ans[2*N];
int h[N],e[2*N],ne[2*N],idx;
ll w[2*N];
void add(int a,int b,ll c)
{e[idx]=b;ne[idx]=h[a];w[idx]=c;h[a]=idx++;
}
void dfs1(int u,int fa)
{sz[u]=1;for(int i=h[u];i!=-1;i=ne[i]){int j=e[i];if(j==fa) continue;dfs1(j,u);sz[u]+=sz[j];cnt[u]+=cnt[j];}
}
void dfs2(int u,int fa)
{for(int i=h[u];i!=-1;i=ne[i]){int j=e[i];if(j==fa) continue;dfs2(j,u);ans[i]=ans[i^1]=2ll*(cnt[j]*(n-sz[j])+(cnt[1]-cnt[j])*sz[j])*w[i];}
}
int main()
{IO;int T=1;//cin>>T;while(T--){memset(h,-1,sizeof h);cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>cnt[i];for(int i=1;i<n;i++){int a,b;ll c;cin>>a>>b>>c;add(a,b,c);add(b,a,c);}dfs1(1,-1);dfs2(1,-1);for(int i=0;i<2*n-2;i+=2) cout<<ans[i]<<'\n';}return 0;}

C - 小魂和他的数列

很明显的dp题
状态表示：$f_{(i,j)}$表示考虑前$i$个数，以第$i$个数结尾目前长度是$j$的严格递增的数目
状态转移：$f_{(i,j)}={\sum }_{k=1}^{i-1}{f}_{(k,j-1)}(a_k<a_i)$
只需要用树状数组优化转移即可。
注意离散化
这几天遇到了好多线段树或者树状数组优化dp的题目

// O(nlogn)
#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<set>
#include<map>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<string>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<unordered_map>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
const ll mod=998244353;
const int N=500010;
int a[N];
ll f[N][11];
int n,m;
ll tree[11][N];
vector<int> da;
int lowbit(int x)
{return x&-x;
}
void modify(ll tree[],int k,ll x)
{for(;k<=n;k+=lowbit(k)) tree[k]=(tree[k]+x)%mod;
}
ll query(ll tree[],int k)
{ll res=0;for(;k;k-=lowbit(k)) res=(res+tree[k])%mod;return res;
}
int find(int x)
{return lower_bound(da.begin(),da.end(),x)-da.begin()+1;
}
int main()
{IO;int T=1;//cin>>T;while(T--){cin>>n>>m;for(int i=1;i<=n;i++) {cin>>a[i];da.push_back(a[i]);}// 离散化sort(da.begin(),da.end());da.erase(unique(da.begin(),da.end()),da.end());//初始化for(int i=1;i<=n;i++) f[i][1]=1;for(int i=1;i<=n;i++){int x=find(a[i]);for(int j=1;j<=m;j++){f[i][j]+=query(tree[j-1],x-1);modify(tree[j],x,f[i][j]);}}ll res=0;for(int i=1;i<=n;i++) res=(res+f[i][m])%mod;cout<<res<<'\n';}return 0;}

D - 小翔和泰拉瑞亚

刚开始想的是最大值不变，只要区间不会让最大值变小就施展魔法，否则不施展魔法，于是就写了个区间最小、大值区修区间修改线段树，但是很明显该贪心策略不对。

看了下题解后正解是：枚举最小值，如果枚举$i$个数是最小值，那么只要施展魔法的区间包括第$i$个点就施展（使之尽可能小），可以把询问拆开排序，按照扫描线的思路取±区间，枚举最值即可。

线段树只需要支持区间修改单点询问即可，由于我再写一遍就用的我错误思路的线段树

//O(nlogn)
#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<set>
#include<map>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<string>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<unordered_map>
#define x first
#define y second
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
const ll INF=1e17;
const int N=200010;
int a[N];
int n,m;
struct node1
{int l,r;ll mn,mx;ll lazy;
}tree[N<<2];
struct node2
{int op;int p;int l,r;ll w;bool operator <(const node2& o)const {return p<o.p;}}q[2*N];
void pushup(int u)
{tree[u].mn=min(tree[u<<1].mn,tree[u<<1|1].mn);tree[u].mx=max(tree[u<<1].mx,tree[u<<1|1].mx);
}
void build(int u,int l,int r)
{tree[u]={l,r,INF,-INF,0};if(l==r) {tree[u].mn=tree[u].mx=a[l];return;}int mid=l+r>>1;build(u<<1,l,mid),build(u<<1|1,mid+1,r);pushup(u);
}
void pushdown(int u)
{if(tree[u].lazy==0) return;tree[u<<1].lazy+=tree[u].lazy;tree[u<<1|1].lazy+=tree[u].lazy;tree[u<<1].mx+=tree[u].lazy;tree[u<<1].mn+=tree[u].lazy;tree[u<<1|1].mx+=tree[u].lazy;tree[u<<1|1].mn+=tree[u].lazy;tree[u].lazy=0;
}
void modify(int u,int l,int r,int x)
{if(tree[u].l>=l&&tree[u].r<=r){tree[u].mn+=x;tree[u].mx+=x;tree[u].lazy+=x;return;}pushdown(u);int mid=tree[u].l+tree[u].r>>1;if(l<=mid) modify(u<<1,l,r,x);if(r>mid) modify(u<<1|1,l,r,x);pushup(u);
}
ll query(int u,int l,int r,int op)
{//if(l>r) return op==1?INF:-INF;if(tree[u].l>=l&&tree[u].r<=r) return op==1?tree[u].mn:tree[u].mx;pushdown(u);int mid=tree[u].l+tree[u].r>>1;ll v=op==1?INF:-INF;if(l<=mid) op==1?v=min(v,query(u<<1,l,r,op)):v=max(v,query(u<<1,l,r,op));if(r>mid) op==1?v=min(v,query(u<<1|1,l,r,op)):v=max(v,query(u<<1|1,l,r,op));return v;
}
int main()
{IO;int T=1;//cin>>T;while(T--){cin>>n>>m;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];build(1,1,n);for(int i=1;i<=m;i++) {int l,r,w;cin>>l>>r>>w;q[i]={-1,l,l,r,w};// l点加入该魔法q[i+m]={1,r+1,l,r,w};// r+1点删去该魔法}m=2*m;sort(q+1,q+1+m);ll  res=-INF;for(int i=1,j=1;i<=n;i++){while(j<=m&&q[j].p==i){modify(1,q[j].l,q[j].r,q[j].op*q[j].w);j++;}res=max(res,tree[1].mx-query(1,i,i,1));}cout<<res<<'\n';}return 0;}

E - 小雀和他的王国

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<set>
#include<map>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<string>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<unordered_map>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
const int mod=1e9+7;
const int N=200010;
int n,m;
int qmi(int a,int b,int p)
{int res=1;while(b){if(b&1) res=1ll*res*a%p;b>>=1;a=1ll*a*a%p;}return res;
}int h1[N],h2[N],ne[4*N],e[4*N],idx;
void add(int h[],int a,int b)
{e[idx]=b;ne[idx]=h[a];h[a]=idx++;
}
int dfn[N],low[N],timestamp;
bool bdg[2*N];
void tarjan(int u,int f)
{dfn[u]=low[u]=++timestamp;for(int i=h1[u];i!=-1;i=ne[i]){int j=e[i];if(!dfn[j]){tarjan(j,i);low[u]=min(low[u],low[j]);if(dfn[u]<low[j]) bdg[i]=bdg[i^1]=1;}else if(i!=(f^1)) low[u]=min(low[u],dfn[j]);}
}
int id[N],dcnt;
void dfs1(int u,int c)
{id[u]=c;for(int i=h1[u];i!=-1;i=ne[i]){int j=e[i];if(id[j]||bdg[i]) continue;dfs1(j,c);}
}
int dist,p;
void dfs2(int u,int fa,int d)
{for(int i=h2[u];i!=-1;i=ne[i]){int j=e[i];if(j==fa) continue;if(dist<d+1){dist=d+1;p=j;}dfs2(j,u,d+1);}}
int main()
{IO;int T=1;//cin>>T;while(T--){memset(h1,-1,sizeof h1);memset(h2,-1,sizeof h2);cin>>n>>m;for(int i=1;i<=m;i++){int a,b;cin>>a>>b;add(h1,a,b),add(h1,b,a);}tarjan(1,-1);for(int i=1;i<=n;i++)if(!id[i]) dfs1(i,++dcnt);for(int i=0;i<2*m;i+=2){int a=e[i^1],b=e[i];if(id[a]==id[b]) continue;add(h2,id[a],id[b]),add(h2,id[b],id[a]);}dfs2(1,-1,0);dist=0;dfs2(p,-1,0);int res=dcnt-1-dist;res=1ll*res*qmi(m+1,mod-2,mod)%mod;cout<<res<<'\n';}return 0;}