第四次

ARC126

A

写个暴力，造几组小数据，观察规律发现，答案总是形如 $a_1(b_1)a_2(b_2)a_3(b_3)\dots a_{k-1}(b_{k-1})+\{c\}$

（其中 $+$ 表示序列拼接，$b_i$ 表示小于 $a_i$ 且之前没出现过的最小数，$c$ 为之前没出现过的数降序排序的结果）

$a_1(b_1)a_2(b_2)a_3(b_3)\dots a_{k-1}(b_{k-1})$ 中不存在长度 $>k-1$ 的上升子序列，可以保证 $\{a_k\}$ 是答案的 LIS。

B

设 $f_i$ 表示 $[1,i]$ 中以 $a_i$ 结尾的唯一子序列个数，则有 $f_i=\sum\limits_{j\in[p_{a_i},i),j=p_{a_j}}f_j$，其中 $p_j$ 表示 $[1,i]$ 中 $j$ 的最后一次出现位置。

维护 $c_i=\begin{cases}f_i&i=p_{a_i}\\0&i\ne p_{a_i}\end{cases}$，则 $f_i=\sum\limits_{j=p_{a_i}}^{i-1}c_j$。

发现每次转移需要查询 $c_i$ 区间和，然后单点更新 $c_i$，BIT 维护 $c_i$ 即可。

C

特判掉最终 $\gcd>\max\limits_{i=1}^na_i$ 的情况，这部分是平凡的。

倒序枚举最终 $\gcd$ 为 $g\in[1,\max\limits_{i=1}^na_i]$，考虑怎么判断 $\gcd$ 能否取得 $g$。

发现若 $\forall i,g|a_i$ 则 $g=\gcd\limits_{i=1}^na_i$。（反证法：一定有 $g|\gcd\limits_{i=1}^na_i$，而若 $\gcd\limits_{i=1}^n>g$ 则枚举 $g'=\gcd\limits_{i=1}^n$ 时程序已经结束。）

$\forall p,gp\le\max\limits_{i=1}^na_i$ 统计将 $(gp,g(p+1)]$ 间的数都改为 $g(p+1)$ 的代价，开桶容易做到单次 $O(1)$。

若总代价 $\le k$，则 $\gcd$ 可以取得 $g$。复杂度 $O(\sum\limits_{i=1}^W\dfrac Wi)=O(W\log W)$。

D

设最后连续的 $1\dots k$ 为关键点。

可以发现，一定有一种最优解是，先把关键点交换到一起，再把关键点排序。

第一步把关键点交换到一起，对于每个非关键点，都有把其左的关键点移到其右，把其右的关键点移到其左两种方案，则其贡献为其两边关键点数之 $\min$。

第二步把关键点排序，每个关键点的贡献即为其形成的逆序对数，钦定其为值较小的一个。

设 $f_{i,S}$ 为在 $a_{[1,i]}$ 中选定值 $\in S$ 的关键点，$a_{[1,i]}$ 的贡献和最小值。

考虑从 $f_{i-1}$ 转移到 $f_i$，分类讨论 $a_i$ 是否关键点：

• $a_i$ 为关键点，则 $\forall S|a_i\notin S,f_{i,S\cup\{i\}}\gets\min\{f_{i,S\cup\{i\}},f_{i-1,S}+|S\cap(a_i,\infty)|\}$。
• $a_i$ 为非关键点，则 $\forall S,f_{i,S}\gets\min\{f_{i,S},f_{i-1,S}+\min(|S|,k-|S|)\}$。

答案即为 $f_{n,\{x\in\mathbf{N}_+|1\le x\le k\}}$。