CF1841

A

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？

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很简单的结论题。

如果 $n\ge 5$，Alice 把 $n-2$ 个 $1$ 合成为 $n-2$，则 Bob 只能合成两个 $1$，Alice 必胜。

$n\le 4$ 分别讨论即可。

B

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：

1. 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 $a[i]$；

2. 否则输出 $0$。

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美丽的序列应该满足下列条件至少一个：

1. 单调不减；

2. 由两个单调不减的序列拼接而成，且末尾元素 $\le$ 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。

C

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？

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考虑什么时候更改一个位置会更优。

1. 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。

2. 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。

D

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：

1. 每组内的两个区间相交（只有一个点也算）；

2. 不同组之间的任何区间不相交。

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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。

E

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。

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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 $a[x]\ge j$ 的列 $x$ 会 “拦下” 这个白段。

我们考虑用单调栈维护：

枚举 $j\leftarrow 1\sim a[i]$，如果当前单调栈的顶元素对应列的黑格数量 $a[top]\ge j$，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 $O(n)$。