ARC159F

传送门

solution

神仙 dp 题。

下文认为 $n$ 是题目中给定 $n$ 的两倍。

先考虑一个给定的序列是否能被消除的条件。

猜测一下应该是

序列长度是偶数
不存在一个数，在序列中出现超过 $⌊ \frac{n}{2} ⌋$ 次，其中 $n$ 是序列长度。

必要性是显然的。我们每次尽可能消出现次数最多的数，如果满足条件 2，那么当然也是可以消完的（消掉两个数后变成了子问题），所以也有充分性。

设 $f_{i}$ 表示考虑前 $i$ 个数的答案，有转移：

$f_{0} = 1$
$f_{2 k + 1} = 0$
$f_{2 k} = \sum_{i = 0}^{2 k - 1} [2 ∣ i] [chk (i + 1, 2 k)] f_{i}$ ， $chk (l, r)$ 表示区间 $(l, r)$ 是可消的。

对于第三个式子，固定 $2 k$ ，从后往前扫，可以顺便维护 $chk$ ，时间复杂度 $O (n^{2})$ 。

考虑如何优化转移。

打表发现转移没有什么好的性质，每次转移点变化量之和也是不太能接受的大小。

考虑使用 CDQ 分治优化转移（比较突兀哈，zyb 猜的做法，后来发现可以做）。

对于区间 $[l, r]$ ，设它分成 $[l, m i d]$ 与 $[m i d + 1, r]$ 两个区间，由于是从前向后算，先递归求出 $[l, m i d]$ 内所有 dp 值，然后考虑区间 $[l, m i d]$ 对区间 $[m i d + 1, r]$ 的贡献。

这样做有很好的性质。

性质：对于所有 $[L, R], l \leq L \leq m i d, m i d + 1 \leq R \leq r$ ，可能的出现次数大于区间一半的数的种类只有 $O (\log (r - l))$ 个。

对于证明，先考虑一个前置结论：

一个序列任意前后缀的出现次数大于区间长度一半的数的种类只有 $O (\log n)$ 个， $n$ 是序列长度。

比较容易看出，就不证了。

$[L, R]$ 相当于 $[l, m i d]$ 的一个后缀和 $[m i d + 1, r]$ 的一个前缀拼起来，这样数的种类也就不超过 $O (\log (r - l))$ 个了。

这样就允许我们在计算贡献的时候枚举这样的数了。

注意，这些非法的转移的贡献是负的，要先把所有 $i < p$ 的 $f_{i}$ 贡献到 $f_{p}$ 上，然后在根据下面的做法减去这些非法转移的贡献。

枚举左端点，然后枚举这些数，用数据结构维护贡献。

具体实现流程如下：

下面设区间长度为 $m$ 。

先处理出来这样的数，去重。可以 $O (m \log m)$ 做到。（ $\log$ 是去重时排序给的），设有 $s z$ 个这样的数。

设一个这样的数 $p$ 的前缀出现次数是 $c_{p, i}$ ，则区间 $[l, r]$ 能因为这个数不合法的条件就是 $\frac{r - l + 1}{2} < 2 c_{p, r} - 2 c_{p, l - 1}$ ，整理得 $2 c_{p, l - 1} - (l - 1) < 2 c_{p, r} - r$ 。所以我们不妨给每个数 $s z$ 个权值，数 $p$ 在 $i$ 位置的对应权值就是 $2 c_{p, i} - i$ 。然后开 $s z$ 个差分数组，整个分治区间内的数按照 $(2 c_{p, i}, i)$ 第一关键字递增，第二关键字递减（第二关键字递减是为了让 $[l, m i d]$ 内的数排到后面，处理 $<$ 号，而不能取等）。再处理出每个数在这 $s z$ 个排序后的数组里的下标。都可以 $O (m \log m)$ 处理好。