[APIO2016]

2016的题貌似是韩国棒子出的，好丧啊.... 看了题解还想了好久......

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A.Boat

有n个数，每个数字可取[li,ri]内的任意整数si，但是要求对于任意i<j,都有si<sj，求方案数  n<=500,l,r<=10^9

题解：首先离散，然后不同区间的方案数很好转移，我们考虑相同区间的方案数，发现是一个差分了多次的数列，如果区间长度是l，选m个这样的区间，那么方案数是11111...差分m次后的第l项。然后我们可以发现这个其实是一个组合数,等于C(m,m+l)。我们用f[i][j]表示第i个选第j个区间的方案数，然后我们把f数组前缀和之后推出公式，

f[i][j]=∑C(i-i'-1,i-i'+l-1) * f[i'-1][j-1]

复杂度n^3

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define mod 1000000007
#define MAXN 1000
#define int long long
using namespace std;
inline int read()
{
    int x = 0 , f = 1; char ch = getchar();
    while(ch < '0' || ch > '9'){ if(ch == '-') f = -1;  ch = getchar();}
    while(ch >= '0' && ch <= '9'){x = x * 10 + ch - '0';ch = getchar();}
    return x * f;
}
 
int tot=-1,n,L[2*MAXN+5];
int l2[MAXN*2+5],l[MAXN+5],r[MAXN+5];
int f[MAXN+5][MAXN*2+5];
int inv[MAXN+5],p[MAXN+5];
 
main()
{
    p[0]=inv[0]=p[1]=inv[1]=1;
    for(int i=2;i<=MAXN;i++)
    {
        p[i]=1LL*p[i-1]*i%mod;
        inv[i]=1LL*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
    }
    //for(int i=2;i<=MAXN;i++) inv[i]=1LL*inv[i]*inv[i-1]%mod;
    n=read();
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        l[i]=l2[i*2-1]=read();
        r[i]=l2[i<<1]=read();l2[i<<1]+=1;
    }
    sort(l2+1,l2+n*2+1);
    for(int j=1;j<=n*2;j++)if(l2[j]!=l2[j-1])
        l2[++tot]=l2[j];  tot++;
    for(int i=1;i<tot;i++) L[i]=l2[i]-l2[i-1]; 
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {   
        l[i]=upper_bound(l2,l2+tot,l[i])-l2;
        r[i]=upper_bound(l2,l2+tot,r[i])-l2;
    //  cout<<l[i]<<" "<<r[i]<<endl;
    }
    for(int i=0;i<tot;i++) f[0][i]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        f[i][0]=1;
        for(int j=l[i];j<=r[i];j++)
        {
            f[i][j]=(long long)L[j]*f[i-1][j-1]%mod;//cout<<f[i][j]<<endl;
            int now=1;long long c=L[j]-1;
            for(int k=i-1;k;--k)
                if(l[k]<=j&&j<=r[k])
                {
                    now++;
                    c=c*(long long)(L[j]+now-2)%mod*inv[now]%mod;
                    if(!c)break;
                    f[i][j]=(f[i][j]+(long long)f[k-1][j-1]*c)%mod;
                }
        }
        for(int j=1;j<tot;j++)
            f[i][j]=((long long)f[i][j]+f[i-1][j]+f[i][j-1]-f[i-1][j-1]+mod)%mod;
    //  for(int j=1;j<tot;j++)
        //  cout<<i<<" "<<j<<" "<<f[i][j]<<endl;
    }
    cout<<(long long)(f[n][tot-1]-1+mod)%mod;
    return 0;
}

B.给定一棵n个非叶节点，m个叶节点的树，有边权，定义修改边权的费用为前后边权的差的绝对值，你要让所有叶节点到根节点的距离相同，但又不能把边权改成负数，求最小费用。

n,m<=300000

题解：我们用f[i][j]表示第i个点，子树中的叶节点到它的距离都是j的最小费用，那么f[i][0]=∑Wjk   (jk都在子树i中)。

很显然，f函数是一个下凸的函数，并且存在一些拐点，拐点前后斜率变化是1，但是拐点可以重在某一个点上。只有一个叶节点时，拐点有两个，且都为于0，凸壳形状像一个绝对值函数。

所以我们只要知道所有拐点，就可以知道这个函数啦。

我们考虑向一个子树添加边时候的影响，由于w可以无限增大，在一定大小后只修改这一条边一定最优，斜率肯定都是1，所以对于斜率大于1的部分我们都可以舍去，即弹掉所有原来斜率大等0的拐点。

这样一次合并我们实际上只把它向右平移了一下。需要删除和合并操作，所以写一个可并堆就好啦。

复杂度(n+m)log(n+m)

#include<iostream>
#include<cstdio>
#define MN 600000
#define ll long long
using namespace std;
inline int read()
{
    int x = 0 , f = 1; char ch = getchar();
    while(ch < '0' || ch > '9'){ if(ch == '-') f = -1;  ch = getchar();}
    while(ch >= '0' && ch <= '9'){x = x * 10 + ch - '0';ch = getchar();}
    return x * f;
}
 
int n,m,fa[MN+5],in[MN+5];
ll w[MN+5],ans=0;
 
struct Heap{
    Heap *l,*r;
    ll p;int d;
    Heap(ll _p):p(_p),l(0),r(0),d(1){};
    inline friend int dis(Heap*x){return x?x->d:0;}
    friend Heap* Merge(Heap*x,Heap*y)
    {
        if(!x) return y;if(!y) return x;
        if(x->p<y->p) swap(x,y);
        x->r=Merge(x->r,y);
        if(dis(x->r)>dis(x->l)) swap(x->l,x->r);
        x->d=dis(x->r)+1;
         
        return x;
    }
}*s[MN+5],*a,*b;
 
int main()
{
    n=read();m=read();n+=m;
    for(int i=2;i<=n;i++)
        {++in[fa[i]=read()];ans+=(w[i]=read());}
    for(int i=n;i>1;i--)
    {
        if(!s[i]) s[i]=Merge(new Heap(0),new Heap(0));
        for(int j=1;j<in[i];j++)
            s[i]=Merge(s[i]->l,s[i]->r);
        a=new Heap(s[i]->p+w[i]);s[i]=Merge(s[i]->l,s[i]->r);
        b=new Heap(s[i]->p+w[i]);s[i]=Merge(s[i]->l,s[i]->r);
        s[fa[i]]=Merge(s[fa[i]],Merge(s[i],Merge(a,b)));
    }
    int top=0;
    while(s[1])w[++top]=s[1]->p,s[1]=Merge(s[1]->l,s[1]->r);w[top+1]=0;
    for(int i=top;m;m--,i--) ans-=(w[i]-w[i+1])*m;
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

C.Gap

给定一个长度为n的严格递增数列，你每次可以询问一个数字区间的最大值，最小值，求最大差分。n<=100000

题解：对于subtask1，询问次数不超过(n+1)/2,我们枚举左右节点查，然后缩短这个区间就好啦。

对于subtask2，询问的区间含有k个数时费用是k+1,要让费用不超过3n。我们先求最大值x和最小值y,显然答案不会低于(y-x)/(n-1),所以我们把数字分块,每块内不存在答案，都询问一次就行了。

#include "gap.h"
#include<algorithm>
#include<iostream>
using namespace std;
#define ll long long
#define INF 1000000000000000000LL
ll s[200005];
ll ans=0;
int cnt=0;

ll solve(int x)
{
    ll l,r;
    MinMax(0,INF,s+1,s+x);cnt=2;int i=2,j=x-1;
    for(l=s[1]+1,r=s[x]-1;i<=j;l=s[i++]+1,r=s[j--]-1)
    {
        MinMax(l,r,s+i,s+j);
    }
    for(int i=2;i<=x;i++)
        ans=max(ans,s[i]-s[i-1]);
    return ans;
}

ll findGap(int T, int N)
{
    if(T==1) return solve(N);
    if(N==1) return 0;
    MinMax(0,INF,s+1,s+2);cnt=2;
    ll p=(s[2]-s[1]-1)/(N-1)+1;
    for(ll i=s[1]+1;i<=s[2]-1;i+=p)
    {
        MinMax(i,min(i+p-1,s[2]-1),s+cnt+1,s+cnt+2);
        if(s[cnt+1]>0)cnt+=2;
    }
    sort(s+1,s+cnt+1);
    for(int i=2;i<=cnt;i++)
        ans=max(ans,s[i]-s[i-1]);
    return ans;
}