CF 杂记

或许CF比AT要可做一些吧

“*” 表示看题解。“（*）” 表示大多是自己想出来的。

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*CF1774F1 Magician and Pigs (Easy Version)
rnm怎么全网都是一个做法。

你考虑到可以先建一棵主席树，一个复制就相当于是多出了原来数列每一项减去了一个定值。那么你妈的伪了。

考虑如果有减操作，且前面有数最后还活着，那么后面只会有不超过 \(\log V\) 次复制。

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*CF850F Rainbow Balls
毫无头绪。

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CF1775F Laboratory on Pluto
先来看什么时候会最优。可以想到答案为 \(2(a+b)\)（\(a\) 为长，\(b\) 为宽）。合法的条件为 \(ab\geqslant n\)。所以正方形最优，\(a=\lceil \sqrt n \rceil\)。

等等，好像不一定正方形最优。有时 \(n\times(n-1)\) 优于 \(n\times n\)，反正大概枚举一下就行了。

于是 \(u=1\) 便解决了。方案的话枚举所有的长宽是 \(\mathcal {O}(\sqrt n)\) 级别的。考虑四个角损失的总量为 \(ab-n\)，也是 \(\sqrt n\) 级别的。由于此时周长最小，肯定不会出现挖去某几个角就少了一行或一列的情况，所以直接卷起来即可。

具体地对于某个角，空行/空列的大小肯定是单调递减的，用一个简单 dp 预处理即可。

时间复杂度：\(\mathcal {O}(n\sqrt n)\)。跑不满。

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CF1768E Partial Sorting
感觉交换次数不会超过三次，简单云一下发现确实如此。

交换次数为 \(0\) 次的方案数为 \(1\)。

交换次数为 \(1\) 次的方案数为 \(2*((2n)!-1)\)。

交换次数为 \(2\) 次的方案数为 \(\sum_{i=0}^n\binom n i\)

咕咕咕。。。

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*CF1786F Wonderful Jump
这个题好牛逼。

首先有一个思路是笛卡尔树或者cdq什么的搞一下，但是好像都行不通。

先把暴力dp写出来吧：\(dp_j=\min\{dp_i+\min\{a_i,a_{i+1},...,a_j\}*(j-i)^2\}\)。

好像也没有决策单调性（不满足四边形不等式？）

考虑如果从 \(i\) 转移到 \(j\)，\(\min\{a_i,a_{i+1},...,a_j\}*(j-i)^2\leqslant n(j-i)\)。（因为 \(a\) 数组的值域是 \(n\)）

\(\min\{a_i,a_{i+1},...,a_j\}\leqslant \frac {n} {j-i}\)。

这个除以 \(j-i\) 使我们想到根分。

当 \(j-i\leqslant \sqrt n\) 时，暴力转移即可。

当 \(j-i>\sqrt n\) 时，有一个引理：若 \(j\rightarrow i\)，则 \(\min\{j\rightarrow i\}=a_j\ \mathrm {or}\ a_i\)。当 \(\min\) 为 \(a_j\) 时，像前面枚举即可。当 \(\min\) 为 \(a_i\) 时，主动向后面转移即可。

注意要向后面转移，所以循环从 \(1\) 开始。

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(*)CF1731F Function Sum
注意这是随便取求方案数，所以可以每一个位置独立计算贡献。

你不妨就多枚举点东西。

\(\sum_{num=1}^n\sum_{i=0}^{num-1}\sum_{j=0}^{n-num}[i<j]\binom {num-1} {i}\binom {n-num} {j}\sum_{val=1}^k(val-1)^i(k-val)^j(k-val+1)^{num-1-i}val^{n-num-j}\)。

由于 \(k\) 很大，前三个 \(\sum\) 直接枚举，最后那个插值即可。时间复杂度：\(\mathcal {O}(n^4\log n)\)。

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