CF1849

传送门

A

氵

B

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。

C

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。

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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 $[r{g}_l,l{f}_r]$。如果这两个元素设定为不存在，那么就没有修改。

把每对 $(r{g}_l,l{f}_r)$ 用 set 维护。

D

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：

$d{p}_i$ 表示涂黑前 $i$ 个的最小硬币数。

基本的，$d{p}_{i+1}=min(d{p}_{i+1},d{p}_i+1).$

若 $a[i+1]=1$，$d{p}_{i+2}=min(d{p}_{i+2},d{p}_i+1)$。

若 $a[i+2]=1$，$d{p}_{i+2}=min(d{p}_{i+2},d{p}_i+1)$。

若 $a[i+1]=1$，$d{p}_{i+2}=min(d{p}_{i+1},d{p}_i+1)$。

若 $a[i+1]=2$，$d{p}_{i+2}=min(d{p}_{i+2},d{p}_i+1)$。

若 $a[i+2]=2$，$d{p}_{i+2}=min(d{p}_{i+3},d{p}_i+1)$。

答案为 $min(d{p}_n,d{p}_{n+1}).$

E

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：

1. 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。

2. 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 $j-x\le {\displaystyle \frac{i-x}{2}}$.

那每个数被枚举到，区间长度至少除以 $2$，因此复杂度 $O(n\log n)$.

F

5+* 大佬的题解