2024.10.10 总结

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A：

赛时发了什么疯非要来冲这题。

不妨计各种颜色的宝石为 0/1。

考虑记前缀和的最大值为 \(S_\max\)，最小值为 \(S_\min\)，于是总的限制为 \(|S_\max-S_\min|\leq k\)。

考虑反向维护这个限制，即枚举一个 \(i\)，然后钦定 \(i\leq S_\min\leq S_\max\leq i+k\)，计算对应的序列个数。然后考虑一个实际差值为 \(\Delta=|S_\max-S_\min|\) 的序列，会被统计 \(k-\Delta+1\) 次。记 \(calc(k)\) 为上述过程计算出的序列个数，于是有最终答案为 \(calc(k)-calc(k-1)\)。

考虑 \(calc(k)\) 如何计算。考虑把一个 \(0\) 看做是在平面直角坐标系上让 \(x\) 坐标 \(+1\)，一个 \(1\) 为让 \(y\) 坐标 \(+1\)，于是问题转化为，从 \((0,0)\) 出发，任意时刻在 \(y=x+i\) 和 \(y=x+i+k\) 之间，每次可以向右或向上走一步，问走到 \(n\) 的方案数。

我们考虑条件为不能经过 \(y=x+i-1\) 和 \(y=x+i+k+1\)。我们记一次经过第一条直线的事件为 \(A\)，第二条直线为 \(B\)，我们考虑对形如 \(AABABBBA\cdots\) 的前缀做容斥。

我们把所有 \(A\) 合并在一起，所有 \(B\) 合并在一起，变成 \(ABABA\cdots\)，然后一次经过 \(A\) 可以用经典卡特兰容斥理解为沿着 \(y=x+i-1\) 翻折。

同理 \(AB\) 即为先沿着 \(y=x+i-1\) 翻折，再沿着 \(y=x+i+k+1\) 翻折，我们减去翻折了奇数次的结果，加上翻折了偶数次的结果，即可得到最后答案。

B：

签到题目。

考虑到当前点最多从前一百个点转移（\(d_i\leq100\)），将式子放进矩阵里加速就行。

复杂度 \(\mathcal O(d^3 \ log k)\)。

C：

没有这题。

D：

开场觉得是个简单扫描线，写完 A 之后发现假了，不过绑包了居然没爆蛋（？

题解说这才是签子，没看出来。

不过正解还是扫描线。

考虑对每种活动区间 \([l,r]\) 增加两维 \(l',r'\) 分别表示移除左边界挡板和右边界挡板之后的活动范围为 \((l',r)\) 与 \((l,r')\)。那么两个区间 \((l_1,r_1,l_1',r_1')\),\((l_2,r_2,l_2',r_2')\) 能够同时坐人当且仅当 \(l_1\ge r_2'\) 且 \(l_2'\ge r_1\)。

由于不同的区间最多只有 \(4n\) 个，于是可以直接扫描线+set 维护找到。将所有区间按 \(r'\) 排序，记录 \(f_i/g_i\) 表示考虑了前 \(i\) 个区间，此时最多能坐多少人，并且在坐最多人的基础上最小的 \(r\)，那么对于某个区间 \((l,r,l',r')\) 有转移：

\[(f_{r'},g_{r'})\gets(f_{l}+1,r)\ \text{if}\ (g_l\le l')\\ (f_i,g_i)\gets (f_{i-1},g_{i-1}) \]

时间复杂度 \(\mathcal O(n\log n)\)。

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然后就去体活了（喜，但是打球的时候很饿所以恼了。