Codeforces Round 873 A~E

Codeforces Round 873 (Div.1）

A. Counting Orders

对于每个 $a_i$，可以计算出 $c_i$ 表示有多少个 $b_j\lt a_i$。

那么第 $i$ 个人就有 $c_i$ 种可能的位置。

注意到如果将 $a$ 升序排序，则能放的位置集合从前往后是包含的关系。

所以将 $a$ 排序（等价于将 $c$ 排序）后计算 $\prod_{i=1}^{n}\max(0,c_i-i+1)$ 即可。

时间复杂度 $O(n\log n)$。

B2. Range Sorting(Hard Vision)

考虑研究一个序列的权值如何计算。

首先把 $a$ 相同的再根据出现位置定义大小关系，这样就转成了 $1\sim n$ 的排列：容易发现答案不变。

如果两个操作区间有交，不妨合并成一个，答案不会更差。

所以我们相当于是把原序列划分成若干段，每段进行一次排序操作。

可以看出权值就是 $n-cnt$，其中 $cnt$ 是你划分的段数。

所以我们要让划分的段数尽可能的多；划分的条件是要保证每一段之间都是有序的。

换言之如果我们断开了 $i$ 和 $i+1$，那么 $\le i$ 的最大值要小于 $\gt i$ 的最小值。

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现在回到原问题来，我们实际上是要统计：每个子区间的分段次数和。

考虑一个 $i \leftrightarrow (i+1)$ 的位置，有多少个子区间经过它且在此分段。

我们考虑从小往大激活 $a$ 中的每个位置，则 $[L,R]$ 合法（$L\le i\lt R$）当且仅当有一个时刻我们激活了 $[L,i]$，而 $(i,R]$ 全部没有被激活。

我们可以让 $[L,R]$ 在激活了 $[L,i]$ 最大值的那个时刻被统计到。

所以当我们本次激活 $x$ 的时候，考虑其所在连通块 $[l,r]$（$l\le x\le r$），则 $L$ 的取值在 $[l,x]$ 范围；$R$ 的取值在 $(r,p)$ 范围，其中 $p$ 是 $r$ 后面第一个已经被激活的位置。

求连通块 $[l,r]$ 可以用并查集维护，而寻找 $p$ 可以用 std::set<int> 维护。时间复杂度 $O(n\log n)$。

C. Palindrome Partition

考虑如何判定一个串是否合法。

结论是我们贪心地划分就行。

如果我们不贪心地划分而仍然得到了解，则说明存在一对 $p\lt q$ 满足长度为 $p,q$ 的前缀都回文，假设 $p$ 是最小的回文前缀。

当 $2p\le q$ 的时候，注意到 $s[q]$ 可以分成开头 $p$ 个；结尾 $p$ 个，中间长度为 $q-2p$ 的一段；显然这三段都是回文的。

当 $2p\gt q$ 的时候，$s[q]$ 的前 $p$ 个和后 $p$ 个有交为 $2p-q$ 的公共段；所以这一段是回文的，那么最开始的前 $2p-q$ 个也是回文的；而 $2p-q \lt p$，所以这和 $p$ 是最小回文前缀矛盾。

感觉不如.... Double Palindrome

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回到原题：考虑设 $f(i)$ 是最小的 $j$ 满足 $[i,j]$ 是偶回文串，当求出了 $f(i)$ 以后连 $i\rightarrow f(i)+1$，则题目所求等价于这张图上的路径条数（七点终点不同），这个很容易在 $O(n)$ 的时间内 $dp$ 出来。

然后考虑求 $f(i)$。考虑设 $j\leftrightarrow (j+1)$ 为回文中心能拓展到的长度是 $g(j)$，则相当于求最小的 $j\ge i$ 满足 $j-g(j) \le i$。

枚举 $j$，则相当于把 $[g(j),j]$ 这个区间内还没有确定 $f$ 的位置，把他们的 $f$ 全部设为 $2\times (j-i)$，这个过程容易用并查集维护。

时间复杂度 $O(n\log n)$，瓶颈在于用哈希 + 二分求 $g(j)$。当然使用 $\text{manacher}$ 可以做到 $O(n)$。

D. Two Centroids

一棵树如果要有两个重心，首先它们必须相邻；然后考虑断掉他们之间的连边，两边的连通块大小必须完全一致。

这对树的形态做出了很强的约束。我们可以 $O(n)$ 解决树形态固定的情况：枚举一个点 $x$，那么两个重心是 $x,fa_x$ 的答案就应该是 $|sz_x-(x-sz_n)|=|2sz_n-x|$。

回到动态加叶子的情况，首先这个形式可以看成一颗确定的树，每次激活一个点。

这样利用 $\text{bit}$ 可以做到 $O(\log n)$ 求某个时刻的一个位置的子树大小 $sz_x$。

注意到二者必定有一个是树本身的重心，否则我们把它们同时往重心移动一步，小的连通块变大大的连通块变小且依旧满足小的连通块 $\le$ 大的连通块，答案一定更优秀。

所以我们先考虑求出每个时刻的重心，这个很好做，我们加入一个叶子，那么原重心这个方向的连通块大小就增加了 $1$，如果它大于了一半就往这个方向移动一步就好了。

然后现在考虑问题变成了每次给一个点 $u$ 问当前 $u$ 的所有子树（无根树意义下）里 $sz$ 最大的那个（显然这样加的点最少）。

考虑以 $1$ 为根的话，父亲的那个部分是容易 $O(\log)$ 直接算出的，关键是要找到它的重儿子是哪个。

考虑加入一个点 $u$，重儿子可能会更改的肯定是 $1\rightarrow u$ 链上的某个点；且这条链上最多只有 $O(\log n)$ 个点是父亲的轻儿子（根据轻重链剖分的理论），显然本来是重儿子的还会是重儿子，所以只用看这些轻儿子是否变成了新的重儿子即可，那么这个部分是单次 $O(\log^2)$ 的，现在考虑如何去找这些点。

也就是抽象成：树上激活/熄灭一个单点，找到根链上的所有激活点。

如果是序列，则根链变成前缀，然后考虑可以维护 std::set<int> 并在其上二分查找；对于树上，我们树剖以后对 $O(\log n)$ 个区间都做这样的事情，复杂度是均摊 $O(\log^2 n)$ 的（每个激活点贡献 $O(\log n)$ 的查找开销）。

这样时间复杂度 $O(n\log^2 n)$，可以预料到 $5\times 10^5$ 是无法通过的，把 std::set<int> 改成树状数组上二分即可，这样常数小了非常多，在 $1$ 秒内都可以通过。

当然，这并不是正解；我们 rewind 一下，回到求重心 $u$ 的做法。

假设我们知道了加入新点之前的 $u$ 和重儿子大小（包括父亲那部分也考虑在内），则考虑新点对应的那颗子树，如果我们的 $u$ 没有变，那么考虑用它的大小更新重儿子大小；否则我们知道重儿子大小就是 $\lfloor \frac{i}{2}\rfloor$（$i$ 是当前加入点的数目）。

所以只用一个 $\text{bit}$ 和一次 $\text{dfs}$ 其实就够了，时间复杂度 $O(n\log n)$。

E. Bus Routes

首先可以看出，我们只研究叶子和叶子之间的可达性。

然后考虑把 $n=2$ 的特判掉，当 $n\ge 3$ 的时候总能找到一个非叶子点 $r$，以 $r$ 重新定根。

考虑两个叶子 $u,v$ ，要么有一条路径 $u\leftrightarrow v$，要么必须中转一次。无论如何 $lca$ 处都会被经过到。

所以考虑枚举 $lca$，然后考虑所有 $lca(u,v)=p$ 的叶子点对 $(u,v)$。

如果两个人为起点都存在一条路径经过 $p$，显然它们可以中转到一起；如果都不存在显然无法中转到一起；如果只有一个人的路径能经过 $p$，则相当于是这样一个形态：$u$ 经过 $lca$ 然后向下往 $v$ 走，$v$ 的路径向上够；最后两人回合。

发现第一种情况可以视为第三种情况的特例。

因此，我们对每个叶子找到最浅的 $u$ 满足叶子到 $u$ 有一条路径，问题变成了查询是否 $u$ 子树外的叶子到 $u$ 都有一条路径。

可以先对每个叶子找到这个 $u$，然后统一处理询问。

考虑用叶子去覆盖这些询问点，则一个考虑叶子 $u$ 的一条路径 $u\rightarrow v$，它需要覆盖到 $u\rightarrow v$ 的路径上所有不是 $u$ 祖先的点。

考虑树剖：首先 $u\rightarrow r$ 的路径被剖分成了 $O(\log n)$ 段，所以不在这条路径上的点集也被剖分成了 $O(\log n)$ 段，记作 $P$；每条从 $u$ 出发的路径根据树剖划分成 $O(\log n)$ 段，把他们合并成若干个不交的区间，然后分别给 $P$ 集合的每一段做贡献。贡献是区间加所以打差分就好了。

时间复杂度 $O((n+m)\log^2 n)$，因为没有用数据结构所以常数不大，可以通过。

F.Copium Permutation

我还没有想出来。

可能想不出来了。