CF1841
题意：给一个长度为 \(n\) 的全是 \(1\) 的数列，Alice 先操作，Bob 交替。每次操作选择至少两个（可以更多）相等的数字，删除它们，在序列中加入它们的和。直到有人不能操作为止，这个人就获胜了。
问：谁有必胜策略？
很简单的结论题。
如果 \(n\geq 5\)，Alice 把 \(n-2\) 个 \(1\) 合成为 \(n-2\)，则 Bob 只能合成两个 \(1\)，Alice 必胜。
\(n\leq 4\) 分别讨论即可。
题意：定义美丽序列为：可以选择一个前缀 \(i\in [1,n-1]\)，把前 \(i\) 个元素移到最后的位置（这 \(i\) 个元素相对顺序不变），使得新序列单调不减。
给出一个序列 \(\{a\}\) 和一个空序列 \(\{b\}\)，遍历数列 \(\{a\}\) 并执行如下操作：
-
如果 \(\{b\}\) 中加入 \(a[i]\) 后，依然是美丽数列，输出 \(1\) 并在 \(\{b\}\) 中加入 \(a[i]\)；
-
否则输出 \(0\)。
美丽的序列应该满足下列条件至少一个：
-
单调不减；
-
由两个单调不减的序列拼接而成，且末尾元素 \(\leq\) 首位元素。
因此，我们用一个变量记录当前是否依然保持单调不减；如果已经不再单调不减，记录第一个单调不减的序列末尾位置，然后判断是否能加入新元素。
题意：给出一个由字母 A,B,C,D,E 组成的序列，每个字母依次代表 \(1,10,100,1000,10000\)。对于一个字符，如果它的右边有比它更大的字符，带负号；否则带正号。
整个序列的值就是每个字符对应的值乘以它的符号。
现在可以将一个位置上的字符更改，问：改后最大的值是多少？
考虑什么时候更改一个位置会更优。
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增加。如果这个位置不是从左看第一个出现，一定不会最优，因为可以选择更左的同一个字符的位置。这样增加的量不变，且因增加字符而导致的减少不会增加。
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减少，如果这个位置不是从右看第一个出现，一定不会最优，因为可以选择更右的同一个字符的位置。这样减少的量不变，且因减少字符而导致的增加不会减少。
所以，考虑更改每种字符出现的第一个和最后一个位置即可。
题意：给出 \(n\) 个区间 \([l_i,r_i]\)，问：至少删除多少个区间，可以把区间两两分组，满足：
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每组内的两个区间相交（只有一个点也算）；
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不同组之间的任何区间不相交。
考虑两个组 \(([l_1,r_1],[l_2,r_2]), ([l_3,r_3],[l_4,r_4])\)，如何判断四对区间（第一组和第二组各挑一个）都不相交？
转换思路
这个太麻烦了，不如换个思路：考虑 \([l_1,r_1],[l_2,r_2]\) 和 \([l_3,r_3],[l_4,r_4]\) 的并集：显然，因为组内相交，并集也是一个段。这两个并集不能相交。
妙蛙！！
把给出的区间中相交的都算出并集线段，现在的目的就是在这些所有的并集线段中找出最多不相交的线段。
这是贪心的经典问题。左端点排个序依次选即可。
有一个 \(n\) 行 \(n\) 列的矩阵，行和列都从 \(1\) 到 \(n\) 编号。对于第 \(i\) 列，第 \(1 \sim a_i\) 个格子是黑色的，其余格子是白色的。
你可以把 \(1 \sim m\) 共 \(m\) 个整数放到矩阵里，满足两条规则：
\(\circ\) 每个格子包含至多一个整数。
\(\circ\) 黑色格子不能包含整数。
一个矩阵的美丽程度是满足这样的格子个数：该格子自身包含一个数 \(j\)，且它右边与它相邻的格子包含的数为 \(j+1\)。
请求出矩阵的最大美丽值。
每一列的黑色格子把每行分成了若干白色段。
考虑放下连续 \(k\) 个数字，就有 \(k-1\) 个贡献。
可见，我们要尽可能选取较长的段，这样 \(-1\) 的次数就会变少。
现在的问题变成：如何求出每种长度的段有多少种？
考虑第 \(1\sim i\) 列的 \(1\sim a[i]\) 行，以这些格子为右端点的白色段。（这里右端点其实是 \(i-1\) 列，顶到了第 \(i\) 列的黑色格子）
以第 \(j\) 行第 \(i-1\) 列的格子为右端点的最长白段 的左端点，显然最靠右的 \(a[x]\geq j\) 的列 \(x\) 会 “拦下” 这个白段。
我们考虑用单调栈维护：
枚举 \(j\leftarrow1\sim a[i]\)，如果当前单调栈的顶元素对应列的黑格数量 \(a[top]\geq j\)，则 第 \(top\) 列可以拦下这个白段，把对应长度的白段数量加一。
否则 \(a[top]<j\)，因为 \(j\) 是从小到大枚举，所以以后的 \(j\) 都不会使用这个 \(a[top]\)；以后更新新的列也不会用到第 \(top\) 列，因为第 \(i\) 列不仅黑格更多，而且更靠后。于是直接 pop 掉。
补充
上面的过程其实可以简化：只要 \(top\le a[i]\)，就直接 pop，在 pop 的一瞬间统计答案。
整个过程就只有维护单调栈的复杂度 \(O(n)\)。
