CF1818 & 1817 题解

Div2 A

容易发现最后要存活下来一定要每次和 $1$ 号做出相同的选择，直接数就好了.

Div2 B

容易发现当 $n$ 为奇数的时候无解。
考虑 $n$ 为偶数的情况怎么构造，有一种方案是在 $a_i=i$ 的基础上调整，交换一下 $a_{2i-1}$ 和 $a_{2i}$，证明考虑左右端点的奇偶性。

Div2 C & Div1 A

考虑一段连续的不升子序列，那么这里必须最少删到只剩下两个数，考虑贪心删除，删前面的，这样就转化成数 $[l+2,r]$ 有多少的 $i$ 使得 $a_{i-2}\ge a_{i-1}$ 且 $a_{i-1}\ge a_i$。
特判一下区间长度小于等于 $2$。

Div2 D & Div1 B

考虑从"四度点"作为突破口解题。
对于每个四度点，只要找到一个只经过他两个儿子的环即可。一种方法是把所有的儿子染色然后 bfs，然后只要找到一条连接不同颜色的边即可。

Div2 E & Div1 C

考虑 $A(x)$ 与 $B(x)$ 之间的关系。

$$B(x)=\sum _{i=0}^d{a}_i(x+s{)}^i$$

考虑这么两项：$[x^d]B(x)$ 与 $[x^{d-1}]B(x)$。

$$[x^d]B(x)=a_i,[x^{d-1}]B(x)=a_d(\genfrac{}{}{0ex}{}{d}{1})s+a_{d-1}$$

那么现在直接把两个多项式的最后一项插出来就好了。

$$[x^d]F(x)=\sum _{i=0}^d\frac{y_i}{\prod _{j\ne i}(x_i-x_j)}$$

$$[x^{d-1}]F(x)=\sum _{i=0}^d\frac{y_i}{\prod _{j\ne i}(x_i-x_j)}\times \sum _{j\ne i}(-x_j)$$

预处理一下阶乘逆元

Div2 F & Div1 D

对于 $k\le \frac{n+1}{2}$ 的情况，发现每一次做 LDRU 可以把第二个挪到第一个。
剩余情况考虑把 $k$ 挪到 $\frac{n+1}{2}$ 的位置，先把他挪到最后：RDLU 再进行一次 LU 即可。

Div1 E

首先将所有数从大到小进行排序，发现每次把一段前缀变成最小值，剩余的变成最大值。
考虑移动边界 $i\to i+1$，那么贡献的变化为：

$$D=\frac{a_{i+2}-a_{i+1}}{2^{n-(i+1)}}-\frac{a_{i+1}-a_i}{2^i}$$

记 $b_i=a_{i+1}-a_i$ 扩展一下，分解从 $i\to j$ 的代价为

$$D=-\frac{b_i}{2^i}+\sum _{k=i+1}^{j-1}(\frac{1}{2^{n-k}}-\frac{1}{2^k})b_k+\frac{b_j}{2^{n-j}}$$

考虑中间那个和式的贡献，$i,j\le \frac{n}{2}$ 时贡献为负，此时若 $j$ 过于靠近 $\frac{n}{2}$ 那么一定比 $1$ 更劣，具体来说就是取前 $\log$ 个 $b_i$ 不为 $0$ 的位置。$j$ 更大情况也是如此，检查最后 $\log$ 个。

Div1 F

原本 SAM 直接做还有些困难，但是用基本子串结构就很容易了！
建出来，然后考虑一个等价类怎么统计答案，发现枚举 $b$ 的左端点位置，那么 $a$ 的 endpos 一定在其左边，可以直接前缀和查，再考虑 $b$ 的右端点方案数，这个由基本子串结构的形态决定。