From 102e6077da9d1530f5295423ba70ea88cfba26cc Mon Sep 17 00:00:00 2001
From: sshwy <jy.cat@qq.com>
Date: Sat, 24 Oct 2020 09:09:09 +0800
Subject: [PATCH] remove base of log

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 docs/topic/dsu-app.md | 14 +++++++-------
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--- a/docs/topic/dsu-app.md
+++ b/docs/topic/dsu-app.md
@@ -22,7 +22,7 @@ author: sshwy
     
     接下来有 $q$ 次询问，第 $i$ 次询问 $u_i$ 和 $v_i$ 最早在第几次操作后连通。
 
-考虑在并查集合并的时候记录「并查集生成树」，也就是说如果第 $i$ 次操作 $a_i$ 和 $b_i$ 分属于两个不同子树，那么把 $(a_i,b_i)$ 这条边纳入生成树中。边权是 $i$ 。那么查询就是询问 $u$ 到 $v$ 路径上边权的最大值，可以使用树上倍增或者树链剖分的方法维护。时间复杂度 $O(n\log_2n)$ 。
+考虑在并查集合并的时候记录「并查集生成树」，也就是说如果第 $i$ 次操作 $a_i$ 和 $b_i$ 分属于两个不同子树，那么把 $(a_i,b_i)$ 这条边纳入生成树中。边权是 $i$ 。那么查询就是询问 $u$ 到 $v$ 路径上边权的最大值，可以使用树上倍增或者树链剖分的方法维护。时间复杂度 $O(n\log n)$ 。
 
 另外一个方法是维护 Kruskal 重构树，其本质与并查集生成树是相同的。复杂度亦相同。
 
@@ -35,13 +35,13 @@ author: sshwy
     
     接下来有 $q$ 次询问，第 $i$ 次询问第 $x_i$ 个点在第 $t_i$ 次操作后所在连通块的大小。
 
-离线算法：考虑将询问按 $t_i$ 从小到大排序。在加边的过程中顺便处理询问即可。时间复杂度 $O(q\log_2q+(n+q)\alpha(n))$ 。
+离线算法：考虑将询问按 $t_i$ 从小到大排序。在加边的过程中顺便处理询问即可。时间复杂度 $O(q\log q+(n+q)\alpha(n))$ 。
 
 在线算法：本题的在线算法只能使用 Kruskal 重构树。Kruskal 重构树与并查集的区别是：第 $i$ 次操作 $a_i$ 和 $b_i$ 分属于两个不同子树，那么 Kruskal 会新建一个结点 $u$ ，然后让 $a_i$ 所在子树的根和 $b_i$ 所在子树的根分别连向 $u$ ，作为 $u$ 的两个儿子。不妨设 $u$ 的点权是 $i$ 。对于初始的 $n$ 个点，点权为 $0$ 。
 
 对于询问，我们只需要求出 $x_i$ 在重构树中最大的一个连通块使得连通中的点权最大值不超过 $t_i$ ，询问的答案就是这个连通块中点权为 $0$ 的结点个数，即叶子结点个数。
 
-由于我们操作的编号是递增的，因此重构树上父结点的点权总是大于子结点的点权。这意味着我们可以在重构树上从 $x_i$ 到根结点的路径上倍增找到点权最大的不超过 $t_i$ 的结点。这样我们就求出了答案。时间复杂度 $O(n\log_2n)$ 。
+由于我们操作的编号是递增的，因此重构树上父结点的点权总是大于子结点的点权。这意味着我们可以在重构树上从 $x_i$ 到根结点的路径上倍增找到点权最大的不超过 $t_i$ 的结点。这样我们就求出了答案。时间复杂度 $O(n\log n)$ 。
 
 ## D
 
@@ -55,14 +55,14 @@ author: sshwy
 
 对于一次 $a_x=1$ 的操作，如果 $a_x$ 原本就等于 $1$ ，就不管。否则我们令 $f_x=f_{x+1}$ 。
 
-时间复杂度 $O(n\log_2n)$ ，如果要使用按秩合并的话实现会较为麻烦，不过仍然可行。也就是说时间复杂度或为 $O(n\alpha(n))$ 。
+时间复杂度 $O(n\log n)$ ，如果要使用按秩合并的话实现会较为麻烦，不过仍然可行。也就是说时间复杂度或为 $O(n\alpha(n))$ 。
 
 ## E
 
 ???+note "E"
     给出三个长度为 $n$ 的正整数序列 $a$ ， $b$ ， $c$ 。枚举 $1\le i\le j\le n$ ，求 $a_i\cdot b_j\cdot \min_{i\le k\le j}c_k$ 的最大值。
 
-本题同样有许多做法，这里我们重点讲解并查集思路。按权值从大到小考虑 $c_k$ 。相当于我们在 $k$ 上加入一个点，然后将 $k-1$ 和 $k+1$ 位置上的点所在的连通块与之合并（如果这两个位置上有点的话）。连通块上记录 $a$ 的最大值和 $b$ 的最大值，即可在合并的时候更新答案。时间复杂度 $O(n\log_2n)$ 。
+本题同样有许多做法，这里我们重点讲解并查集思路。按权值从大到小考虑 $c_k$ 。相当于我们在 $k$ 上加入一个点，然后将 $k-1$ 和 $k+1$ 位置上的点所在的连通块与之合并（如果这两个位置上有点的话）。连通块上记录 $a$ 的最大值和 $b$ 的最大值，即可在合并的时候更新答案。时间复杂度 $O(n\log n)$ 。
 
 ## F
 
@@ -76,7 +76,7 @@ author: sshwy
 
 换言之，加边操作可以理解为，将 $a_i$ 到 $b_i$ 树上路径的边覆盖一次。而询问就转化为了：判断 $u_i$ 到 $v_i$ 路径上是否存在未被覆盖的边。如果不存在，那么 $u_i$ 和 $v_i$ 就属于同一个双连通分量，也就属于同一个简单环。
 
-考虑使用并查集维护。给树定根，设 $f_i$ 表示 $i$ 到根的路径中第一个未被覆盖的边。那么每次加边操作，我们就暴力跳并查集。覆盖了一条边后，将这条边对应结点的 $f$ 与父节点合并。这样，每条边至多被覆盖一次，总复杂度 $O(n\log_2n)$ 。使用按秩合并的并查集同样可以做到 $O(n\alpha(n))$ 。
+考虑使用并查集维护。给树定根，设 $f_i$ 表示 $i$ 到根的路径中第一个未被覆盖的边。那么每次加边操作，我们就暴力跳并查集。覆盖了一条边后，将这条边对应结点的 $f$ 与父节点合并。这样，每条边至多被覆盖一次，总复杂度 $O(n\log n)$ 。使用按秩合并的并查集同样可以做到 $O(n\alpha(n))$ 。
 
 本题的维护方式类似于 D 的树上版本。
 
@@ -101,7 +101,7 @@ author: sshwy
 
 如果 $a_i$ 和 $b_i$ 分属于两个不同连通块，那么我们将这两个连通块合并，并且桥的数量加 $1$ 。此时我们需要将两个点所在的边双树连起来，也就是加一条 $a_i$ 到 $b_i$ 的边。因此我们需要将其中一棵树重新定根，然后接到另一棵树上。这里运用启发式合并的思想：我们把结点数更小的重新定根。这样的总复杂度是 $O(n\log n)$ 的。
 
-综上，该算法的总复杂度是 $O(n\log_2n+m\log_2n)$ 的。
+综上，该算法的总复杂度是 $O(n\log n+m\log n)$ 的。
 
 ## 小结
 
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2.11.0