CF1849
氵
在吃了五次罚时后，我终于放弃了卡常优先队列，并发现：把余 \(0\) 看作余 \(k\)，答案就是余数从大到小排列的，每种余数内部又按照下标排序。
我为什么没想到哈希？自我检讨：见到关于字符串判定相等/不同个数时，一定要尝试用哈希！！！
记前缀 \([0,i)\) 的哈希值为 \(f_i\)，全为 \(1\) 的前缀 \([0,i)\) 的哈希值为 \(g_i\)，\([0,i)\) 中 \(1\) 的个数为 \(h_i\)。
设排序的区间为 \([l,r)\)，则新哈希值为 \(f_n-f_r+f_l+g_r-g_{[r-(h_r-h_l)]}\)。
用 std::set 维护即可。
非哈希做法：
对每个位置求出它左边（包括它）的第一个 0 和右边（包括它）的第一个 1。存在两个数组 \(lf,rg\) 里面。
对于一个修改区间 \([l,r]\)，它真实改动的部分其实是 \([rg_l,lf_r]\)。如果这两个元素设定为不存在，那么就没有修改。
把每对 \((rg_l,lf_r)\) 用 set 维护。
贪心法：先有一个错误但是有启发性的贪心：先把所有 \(2\) 涂黑，然后标记所有 \(2\) 边上的，再把剩下的涂黑。
这是错的，比如 0 2 1 2 0，把第一个 \(2\) 涂黑之后可以传递过去。
于是想到把一段连续非 0 的数合并为一个块。 这一段只需要一个硬币。
如果一个块内有 \(2\)，这个块左右两边的两个都能被涂黑；如果只有 \(1\)，那只有一个能被涂黑。
模拟即可。
dp 法：
\(dp_i\) 表示涂黑前 \(i\) 个的最小硬币数。
基本的，\(dp_{i+1}=\min(dp_{i+1},dp_i+1).\)
若 \(a[i+1]=1\)，\(dp_{i+2}=\min(dp_{i+2},dp_{i}+1)\)。
若 \(a[i+2]=1\)，\(dp_{i+2}=\min(dp_{i+2},dp_{i}+1)\)。
若 \(a[i+1]=1\)，\(dp_{i+2}=\min(dp_{i+1},dp_{i}+1)\)。
若 \(a[i+1]=2\)，\(dp_{i+2}=\min(dp_{i+2},dp_{i}+1)\)。
若 \(a[i+2]=2\)，\(dp_{i+2}=\min(dp_{i+3},dp_{i}+1)\)。
答案为 \(\min(dp_n,dp_{n+1}).\)
朴实无华的题面：有多少个区间最大值在最小值右边。
先单调栈求出每个数左右两边第一个比他大/小的位置。
记 \(a_i\) 左边第一个比它大的位置是 \(l_i\)，右边第一个比它大的位置是 \(r_i\)，左边第一个比他小的位置 \(s_i\)，右边第一个比它小的位置 \(t_i\)。
按套路，枚举每个 \(a_i\) 作为区间的最大值。
有两种方法计算这种区间的个数：
-
枚举 \(j:l_i\le j<i\)，求出 \(j\sim i-1\) 的最小值 \(p\)，要求在这个区间内 \(i\) 的右边不允许有比 \(p\) 小的。（否则最大值 \(i\) 就在最小值左边）即右端点 \(\ge t_p\) 就不合法，总个数减去不合法个数。
-
枚举 \(j:i<j\le r_i\)，求出 \(i+1\sim j\) 的最小值 \(p\)。同理，只要左端点 \(\le s_p\) 就合法。
注意以上两种方法都需单独考虑 \(i=j\) 的情况。
我们枚举 \(a_i\) 时，根据 \(i-l_i,r_i-i\) 的大小选择复杂度较低的方法。便可通过此题。
但是感觉时间复杂度不太对啊？
如果按最大值从大到小枚举，每次在循环 \(x\) 时如果是重复循环，区间长度至多是上一次循环 \(x\) 时的一半。
为什么呢？假设上一次循环 \(x\) 时是枚举到 \(a_i\)，这次是 \(a_j\)。（不妨 \(x\) 是左端点）
显然应该 \(j<i\)，不然因为我们从大到小枚举，有 \(a_i>a_j\)，那枚举 \(a_j\) 的左端点不应该枚举到 \(x\)，因为此时 \(x\) 在 \(i\) 的左边，违反了上面的方法。
那么就有 \(x<j<i\)，注意因为从大到小，所以 \(r_j\le i\)。
我们选择了用枚举左端点的方法，说明 \(j-l_j\le r_j-j\le i-j\).
那也就说明 \(j\) 这个位置应该在 \([l_j,i]\) 的左半部分，而 \(x\in [l_j,j]\)，上次 \(x\) 被枚举到是和 \(i\) 一起，显然应该有 \(j-x\le \dfrac{i-x}{2}\).
那每个数被枚举到，区间长度至少除以 \(2\)，因此复杂度 \(O(n\log n)\).
