更新：我火星了，有现成的GUI…请使用Clash for Windows的Linux版本。

1. 在release页面下载Clash.for.Windows-0.x.x-x64-linux.tar.gz
2. 解压后执行./cfw
3. 为了脱离命令行运行，请看issue

以下为原文。

以东方网络为例，按照机场默认的配置使用clash。如果不够满意（大概率），参考API文档再稍微写一些代码就可以进行规则与节点的配置，待更新。

步骤

1. 在releases页面中下载最新版clash内核，一般的64位机器下载amd64版本即可。解压后为一个可执行文件，重命名为clash后执行chmod +x clash为其加上执行权限。
2. 在机场网站上下载配置文件，命名为config.yaml，执行./clash -t -f config.yaml，如果没有问题说明配置文件正确。
3. 执行./clash -f config.yaml，开启代理服务。
4. 配置系统代理：选择"use manually specified proxy configuration"，填入代理日志显示的代理地址+端口号
5. 配置浏览器使用系统代理/配置浏览器代理指向clash。现在应该已经可以访问google了。如果不行，检查配置文件的mode，如果是direct，改成rule或者global。
6. 按照官方wiki的步骤将其配置为守护进程。

这样就足以支持日常需求了。

最优调度算法为什么最优

我们发现换页时换入的页总是固定的，我们要挑选的是换出的页面。优先换出不再被访问的页面是显然的。首先注意换出的页面在下次访问时是一定会被换入的。只要考虑没被换出的页面有没有离开即可。如果不用最优调度算法换出A，而换出一个下次访问更早的页面B，那么：

• 如果A在下次访问A前未被调出，那么换出A仍能使得下次访问B前B未被调出
• 如果A在下次访问A前被调出了，那么换出A有可能可以使得B不用被调出，因为B的下次访问更早

于是换出A一定不比换出B差，无论换出B后采用什么策略。

堆栈式算法

堆栈式算法是指：访问第$t$个页面时，考虑驻留集大小为$n$时的驻留集$S$和驻留集大小为$n+1$时的驻留集$S'$，如果可以证明在某种调度算法下无论对什么输入下的哪个$t$，都有$S\subset S'$成立，那么这个调度算法就是堆栈式算法。

堆栈式算法的好处

这种算法没有Belady现象，也就是：页框增加时缺页中断次数不会增加。

证明：页框增加时，由于任何时刻$S\subset S'$，那么$P\notin S'\Rightarrow P\notin S$，即某页在页框多时缺页$\Rightarrow$该页在页框少时也缺页，缺页中断次数不会更少。

最优调度算法/LRU为什么是堆栈式算法

用数学归纳法。初始时$S=S'=\emptyset$。

假设对某个访问序列满足$S\subset S'$，现在再访问一页$P$。

若$P\notin S'$，那么$P\notin S$，同时产生缺页中断。设在$S$中换出页$P_1$，$S'$中换出$P_2$。对OPT/LRU中的每一种，要么$P_2\in S'-S$，要么$P_1=P_2$，无论哪种情形，换出页后仍满足$S\subset S'$。

综上，对任意输入，这两种算法都是堆栈式算法。

这个证明的核心在于：要么$P_2\in S'-S$，要么$P_1=P_2$。看到网上的一个理解，说是：给驻留集里的页面一个与$n$无关的优先级，选择优先级最高的那个，于是不会选择$S-\{P_1\}$中的元素。对FIFO算法，这个优先级是进入时间，然后我们会发现这个东西不完全取决于驻留集这个集合本身，还取决于它进入驻留集的时刻。有可能：驻留集小时的缺页导致一个页面换出后再次换入，但驻留集大时则总是驻留，从而它在驻留集小时优先级低而驻留集大时优先级高。这时有可能$P_2$是那个$S'$中总是驻留的页面，而$P_1$是其他的页面，于是这个$P_2$现在仍在$S$中而不在$S'$中。

思路：先通过交错路和增广路的概念建立起处理最大匹配的工具，证明匹配最大的充要条件是图中没有增广路。然后证明Hall定理，顺便证明了婚配定理，并利用之证明最大匹配与最小点覆盖的对偶性。最后证明最小边覆盖与最大独立集的对偶性，以及这四者之间的关系。

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题意

给定一个有向图，每条边有边权$a_e$和$b_e$，$0<a_e,b_e;\;b_e<a_e$。记一条路径由$k$条边$e_1,e_2,...,e_k$组成，那么这条路径中，边$e_1$的权值为$a_{e_1}$，$e_i(i>1)$的权值为：

这条路径的权值是这条路径上边的权值之和。求从点$1$出发到所有点的最短路长度。

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题意：给定一棵有根带权树。有两种操作下移和上移。下移，即每个节点将自己的权值均分给各个儿子，假设叶子结点有一个无限长的儿子链，即叶子结点每次下移都会把自己和整条儿子链下移一位。每个节点的新值就是它从父亲得到的那个值（他自己原来的值已经分给了儿子），特别地，一次下移操作后根变成0。上移，即对每个节点，将所有儿子的权值加起来赋给自己。

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本文讲解用于求解最近公共祖先（Least Common Ancestor, LCA）的tarjan算法。

首先看最近公共祖先问题。对一棵给定的有根树，为了得知两点之间最短的路径，显然应当先从一点运动到它们的最近公共祖先，再直接运动到另一点。如果每条边只能经过一次，那么这就是唯一的路径。这时就需要确定这两点的最近公共祖先。对小规模的数据可以使用暴力算法，比如对一个点的所有祖先进行dfs，找到最近的、能到达另一点的那个祖先。但是这个算法本身效率就很低下，更不用提大规模数据的情形。

解决这一类问题有多种算法，可分为在线算法和离线算法两种。“在线”和“离线”是针对大规模数据的说法，在线算法是指对每个询问（即节点对）即时处理的算法，离线算法是指将所有询问存储起来以后统一处理的算法。在线和离线会造成复杂度的很大差异，通常来讲离线算法应当更快一些，因为离线情形掌握了更多的信息。这里要讲的tarjan算法是一种离线算法，复杂度为$O(n+p)$，其中$n$为树的节点数，$p$为询问数。

考虑优化上述的dfs。上述的dfs显然有许多浪费，因为上述过程中的所有节点只需要一次dfs就可以遍历完，而上述过程中dfs的次数却与深度成正比，这显然是没有很好地利用dfs的信息。仔细考虑dfs的过程，发现遍历在最近祖先处是一棵一棵子树进行的，也就是先遍历了含有节点1的子树，再遍历含有节点2的子树（假设1比2先遍历到），我们需要找到这两棵子树“分叉”的地方，而不考虑分叉处上面的情形。那么可以考虑这样做：针对当前的状态v，为遍历过的每个节点u打上一个标记，记录u和v从哪里开始“分叉”。如果这一操作可以在遍历到u时就做到，那么问题就解决了。显然初始值（刚遍历到u时的标记）是这个节点直接的父亲。当遍历完他父亲的所有子树后仍没有找到节点2时，应当返回它父亲的父亲继续搜索，那么该节点的标记也都应当变成他的父亲的父亲。这看起来需要再进行一次dfs从而效率和刚才一样低，但是可以用并查集解决这一问题。现在的过程变成，遍历到某一结点时，将他和他父亲合并（在并查集中成为父亲的子树）；当他父亲遍历完所有子树之后，将他父亲和他父亲的父亲合并…为了知道某个节点的标记（分叉处），只需要查找该节点在并查集中的根节点。

F

题意：求树链mex，$n,q\leq 100,000$。

树上莫队。考虑一个棋子在树上从根开始dfs的过程，棋子每移动一次都停下来记录一次时间，注意返回父亲时也要停下。这样，每两个时刻之间就由一个边连接。把（节点，时刻）对按时刻排序，每次询问$(u,v)$即为询问来到$u$的时刻$t_u$到$v$的时刻$t_v$之间的序列的一个量：这个序列中出现过两次的边都不计入，只计入出现过一次的边，求mex。这样就恰好只计入了$u$到$v$的链上的所有边。然后是维护mex。这个题每次修改都带上$\log$就是$O(n\sqrt{n}\log n)$会T，所以要线性修改。由于询问mex只有$q$次，所以可以容忍$O(\sqrt{n})$的询问。于是对边权分块，即用$cnt[i]$记录$i$的出现次数的同时，用$cnt\_bl[i]$记录$[i * bl, (i + 1) * bl - 1]$中数的个数。找到第一个数的个数没有填满的块，再遍历该块找到第一个缺席的数，即为mex。

AC代码

#include <bits/stdc++.h>
#define maxn 100005
using namespace std;
typedef pair<int, int> pii;
vector<pii> G[maxn];
struct query {
    int first, second, id;
};
struct edge {
    int w, id;
};
vector<query> qs;
vector<pii> ans;
int n, q, len, t, tt, bl;
int el[maxn], er[maxn];
edge L[2 * maxn], R[2 * maxn];
bool vis[maxn];
int cnt[maxn], cnt_block[maxn];
void dfs(int u, int fa, int id, int ww) {
    el[u] = ++t;
    for (auto e : G[u]) {
        int v = e.first, w = e.second;
        if (v == fa) continue;
        R[t] = edge{w, ++tt};
        L[t + 1] = edge{w, tt};
        dfs(v, u, tt, w);
    }
    R[t] = edge{ww, id};
    er[u] = ++t;
    L[t] = edge{ww, id};
}
void add(int a) {
    cnt[a]++;
    if (cnt[a] == 1) cnt_block[a / bl]++;
}
void del(int a) {
    cnt[a]--;
    if (cnt[a] == 0) cnt_block[a / bl]--;
}
// ql + n^2/l min, q - n^2/l^2=0, l = n / sqrt(q)
inline bool cmp(const query& a, const query& b) {
    if (a.first / len != b.first / len) return a.first / len < b.first / len;
    return a.second < b.second;
}
int main()
{
    cin.tie(0)->sync_with_stdio(0);
    cin >> n >> q;
    len = 2 * n / sqrt(q);
    bl = sqrt(maxn);
    int u, v, w;
    for (int i = 1; i < n; i++) {
        cin >> u >> v >> w;
        w = min(w, n);
        G[u].push_back(pii(v, w));
        G[v].push_back(pii(u, w));
        vis[i] = false;
    }
    dfs(1, 0, 0, 100005);
    for (int i = 1; i <= q; i++) {
        cin >> u >> v;
        int a = el[u], b = el[v];
        if (a > b) {int tmp = a; a = b; b = tmp;}
        qs.push_back(query{a, b, i});
    }
    // 分块
    sort(qs.begin(), qs.end(), cmp);
    // 莫队
    int l = 1, r = 1;
    for (auto p : qs) {
        int &ql = p.first, &qr = p.second;
        while (l > ql) { //  先尽量延长
            if (!vis[L[l].id]) {
                add(L[l].w);
            } else {
                del(L[l].w);
            }
            vis[L[l].id] = !vis[L[l].id];
            l--;
        }
        while (r < qr) { //  先尽量延长
            if (!vis[R[r].id]) {
                add(R[r].w);
            } else {
                del(R[r].w);
            }
            vis[R[r].id] = !vis[R[r].id];
            r++;
        }
        while (l < ql) {
            if (!vis[R[l].id]) {
                add(R[l].w);
            } else {
                del(R[l].w);
            }
            vis[R[l].id] = !vis[R[l].id];
            l++;
        }
        while (r > qr) {
            if (!vis[L[r].id]) {
                add(L[r].w);
            } else {
                del(L[r].w);
            }
            vis[L[r].id] = !vis[L[r].id];
            r--;
        }
        int i, j;
        for (i = 0; i <= 100000 / bl; i++) {
            if (cnt_block[i] != bl) break;
        }
        for (j = i * bl; j < (i + 1) * bl; j++) {
            if (cnt[j] == 0) break;
        }
        ans.push_back(pii(p.id, j));
    }
    sort(ans.begin(), ans.end());
    for (auto p : ans) {
        cout << p.second << '\n';
    }
    return 0;
}

FFT可以在$O(n\log n)$的时间内在多项式的点值表示法和系数表示法之间相互转换，从而可以加速多项式乘法。

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这棵二叉树中包含了所有的非负有理数。首先看它的构造：

左侧有一个点$0/1$，右侧有一个点$1/0$。在中间创建一个点$0+1/1+0=1/1$，这就是SB树的根。

接下来，$1/1$的左儿子是它和$0/1$的分子、分母分别相加：$1+0/1+1=1/2$。右儿子是与$1/0$做这个操作：$1+1/1+0=2/1$。接下来的节点，其左儿子为：该节点与左兄弟的分子分母分别相加。特别地，没有左兄弟时（即它在左链上）认为左兄弟为$0/1$。右儿子为：该节点与右兄弟的分子分母分别相加。特别地，没有右兄弟时（即它在右链上）认为右兄弟为$1/0$。

首先证明：

SB树中每个数都满足：分子分母互质，即每个非负有理数至多出现一次。

证：我们来证明：对每个节点，考虑其加入时刻，假如此时构造它使用了$m/n$和$m'/n'$。那么必有$m'n-mn'=1$。

首先这对根节点成立。

现在假设对$m+m'/n+n'$的构造时刻，$m/n$和$m'/n'$有$m'n-mn'=1$，现在只要证明

1. $(m+m')n-m(n+n')=1$
2. $m'(n+n')-(m+m')n=1$

而这两个等式都与原等式相同。于是对每个$m/n$存在$a,b$使$am+bn=1$，从而$m,n$互质。

D题

题很好，感觉思维得到了升华。把整个题考虑成一个图，对每对$\{i, j\}$，只要tag[i] != tag[j]他们之间就要连边，边权为$|2^i-2^j|$。按照题意，需要找一条边权不断上升的、$\sum|s_i-s_j|$最大的路。由于边权不断上升，可以将边按边权排序（外层$i$从小到大，内层$j$从大到小），然后使用动态规划：dp[i][t]维护只使用前$t$条边时，终点为$i$的路的路径权值最大值。考虑转移，发现$t$增加$1$时只有至多两个dp值会发生变化，因为一步只引入了一条边，而且它只能被加在已经考虑过的路径的末尾。这样，我们可以舍弃$t$维度，而代之以时间维度：$dp$数组只有一维，dp[i]维护当前时刻以$i$结尾的路的路径权值最大值。每当时刻前进1，就新考虑一条边，更新一下dp[i]和dp[j]：$dp_i = \max(dp_i, dp_j + |s_i - s_j|)$和$dp_j=\max(dp_j, dp_i+|s_i-s_j|)$。