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该题解等待再次审核

用事实证明“超级无敌神仙炫酷无敌原神大王”豪华套餐不只有推式子和大ds！

第一问是简单的，记 $f_i$ 为以 $i$ 结尾的最多旧房子数，有

$$f_i=\max_{j\lt i,a_j \le a_i}{f_j+1}$$

其中 $a_i=A_i-i$，容易用线段树维护。

考虑第二问，记 $g_i$ 为以 $i$ 结尾的最小花费，显然两个旧房子中间应该从前者开始递增建，同时要保证第一问最大，有

$$g_i=\min_{j\lt i,a_j\le a_i,f_j+1=f_i}\{g_j+\frac{(2a_j+i+j)*(i-j-1)}{2}+b_i\}$$

其中 $b_i=A_i+B_i$。暴力转移可以拿 $40pts$。

注意到可以斜率优化，化一下式子，

$$j^2+(2a_j+1)j-2g_j=2(i-1)a_j+i(i-1)+b_i-2g_i$$

横坐标 $a_j$，纵坐标 $j^2+(2a_j+1)j-2g_j$，斜率 $2(i-1)$，维护上凸包。

然而转移条件有三个，$f_j+1=f_i$ 直接分层转移解决，剩下的是一个类似二位偏序的限制，考虑 cdq分治。

具体的，记当前转移 $f_i=d$ 的位置，当前分治区间为 $[l,r]$。考虑 $[l,mid]$ 中 $f_j=d-1$ 的位置对 $[mid+1,r]$ 中 $f_i=d$ 的位置的贡献，显然所有 $j\lt i$ 都满足，而对于 $a_j\le a_i$ 的限制，将两部分按 $a$ 升序排序后，使用双指针维护凸包即可。

时间复杂度 $O(n\log^2 n)$。记得对区间内没有有效位置的情况剪枝。

“超级无敌神仙炫酷无敌原神大王”豪华套餐堂堂复活。

首先树剖，考虑维护轻儿子的贡献，之后在重链上直接查。记 $f_u$ 为 $u$ 的子树中到 $u$ 的最大答案，$g_u$ 为 $u$ 的所有轻儿子中 $f_v$ 的最大值，$dis_u$ 为 $u$ 到根的距离。

询问时，在重链中往下走就维护 $g_u+dis_u$，往上走就维护 $g_u-dis_{fa_u}$，重链之间就用 $g_u$ 转移。

修改时，用类似询问的方法维护重链顶的 $f_u$，再更新 $g_{fa_u}$。考虑对每个点开一个 set 维护 $g_u$ 即可。

时间复杂度 $O(n\log^2 n)$，巨大难写。

CSP2023-S 模拟赛 pro1 题解贡献：rsr & lgc

本题另一种做法:二分图

题目描述中可知要找最小的值，即任意两个大于该值的罪犯都应该被分在两个不同的监狱，这样就可以想到二分图，先二分，将大于mid的边全部连上，直接判断二分图

如若是，则r = mid,否则l = mid+1

__int128类型使用方法

该题大整数运算部分，可以使用 __int128 类型，该类型需要 自定义输入输出，详细方法请参考如下代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef __int128 LL;

inline read(LL &x)//输入
{
  x = 0;
  LL f = 1;
  char ch;
  
  if((ch = getchar()) == '-')
    f = -f;
  else
    x = x*10 + ch-'0';
  
  while((ch = getchar()) >= '0' && ch <= '9')
    x = x*10 + ch-'0';
  
  x *= f;
}

inline print(LL x)//输出
{
  if(x < 0)
  {
    x = -x; putchar('-');
  }
  
  if(x>9) print(x/10);
  
  putchar(x%10+'0');
}

int main()
{
  LL a, b;
  read(a); read(b);
  print(a + b);
  return 0;
}