UNR7

那些你不要的

注意到操作不改变位置下标的奇偶性，即最终答案必然在初始下标为奇数的数中

同时，每次操作恰可删除其中任意一个，进而答案即这些数的中位数（若偶数个则取较大项）

用nth_element实现即可，时间复杂度为$O(n)$

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比特迷宫

从大到小枚举$k\in [0,n]$，并调整（二进制下）恰包含$k$个$1$的位置：

钦定$s=a+b$恰包含$k+1$个$1$，取$a$为将$s$中若干位变为$0$，即可翻转对应的恰包含$k$个$1$的位置

换言之，仅需构造一个$s$的集合，使得其可以"覆盖"所有恰包含$k$个$1$的位置

这可以贪心实现，即每次选择能能额外覆盖最多位置中最小的$s$，最终$s$的总数为$157884$

另外，这还会翻转$s$自身，这仅需在之前的调整中将其设为$1$即可

时间复杂度为$O(n^{2}2^{n}+3^{n})$

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璀璨宝石

当第$i$次购买发展卡时，在$[1,i]$中恰剩一张卡未选，并需在其与$i+1$间决策

考虑暴力DP，定义$f_{i,j,a,b,c,d,e}$表示所剩的卡为$j$且还需要$a,b,c,d,e$个宝石的答案

• 若$a,b,c,d,e$中仅存在一项非$0$，此类状态可直接表示

• 否则，即其中任意非$0$两项配对后均严格劣，进而存在一项使得仅包含其与其余项的配对

  此时，状态仅取决于该项编号和其余项的数量和

状态数为$O(Cn^{2}m)$（其中$C=5$），并考虑转移：

• 对于第一类状态，枚举新的宝石编号，转移即形如

  $$\forall i\in [l,r],2\mid (i-l),f_{i}=\min(f_{i},s-\lfloor\frac{i}{2}\rfloor)$$

  可以用单调队列优化但实际上直接暴力就能过了

• 对于第二类状态，配对方式唯一，可以直接转移

时间复杂度为$O(C^{2}n^{2}m)$

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火星式选拔

对于前$k-1$大的$b_{i}$，其总能加入且不会作为最小的$b_{i}$删除，必然在最终答案中

在最后一个前$k$大的$b_{i}$加入前，其余$k-1$个均在答案中，进而加入后答案恰为这$k$个

对于第$k$大的$b_{i}$，在此后找到第一个$\ge b_{i}$的$a_{j}$，即转换为$k=1$的子问题，倍增即可

时间复杂度为$O(n\log n)$

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反重：求熵

钦定$x_{0}=0$，并将限制转换为$\forall 0\le i<j\le n,L_{i,j}\le x_{j}-x_{i}\le R_{i,j}$

当确定$x_{0},...,x_{n-1}$后，$x_{n}$的范围即$[\max_{0\le i<n}x_{i}+L_{i,n},\min_{0\le j<n}x_{j}+R_{j,n}]$

枚举取到$\max,\min$的$i,j$（多个取最小），即要求$\forall 0\le k<n,\begin{cases}x_{k}+L_{k,n}+[k<i]\le x_{i}+L_{i,n}\le x_{k}+R_{k,n}\\x_{k}+L_{k,n}\le x_{j}+R_{j,n}\le x_{k}+R_{k,n}-[k<j]\end{cases}$

此时即为$x_{0},x_{1},...,x_{n-1}$的子问题，且每组方案对答案的贡献为$\sum_{x_{n}\in [x_{i}+L_{i,n},x_{j}+R_{j,n}]}1$

重复此过程，维护答案多项式$f(x_{0},x_{1},...,x_{n})$，每次即求$\sum_{x_{n}\in [l,r]}f(x_{0},x_{1},...,x_{n})$

预处理出$g_{k}(x)=\sum_{i=1}^{x}i^{k}$，并将$x_{n}^{k}$用$g_{k}(r)-g_{k}(l-1)$代替即可，时间复杂度为$O(C(n!)^{2})$

同时，注意到$i,j$间独立，时间复杂度为$O(Cn!2^{n})$（其中$C$为多项式项数）

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鸽子收费站

为了方便，以下认为$n,q$同阶，并将所有区间右端点$+1$

用set维护每个位置上的极长不可通过区间，则整个过程中共有$O(n)$个区间

同时，不妨将这些区间看作在不同的位置上，问题即转化为：

给定$O(n)$个区间，初始均未被"激活"，每次操作支持：

• 改变一个区间的"激活"状态
• 给定$k,l,r$，依次对$[l,r]$内被激活的区间$[x,y)$执行$k=\begin{cases}y&x\le k<y\\k&otherwise\end{cases}$

另外，通过对此进一步离线，即转化为题解中所述的问题

对序列分块，记块大小为$K=\sqrt{n}$，当单点修改时重构，即需对整块实现快速查询

块内本质不同的值仅$O(K)$个，可以预处理出每个值的答案

具体的，顺序枚举被激活的区间，维护当前可能被得到的答案以及对应的初始值（区间）

此时，操作即将$[x,y)$内的答案均合并到$y$，可以用bitset实现此过程，单次复杂度为$O(\frac{K^{2}}{w})$

查询时，将该数二分到对应的序列的（非严格）前驱，即为该数的答案（特别的，若不变仍为自身）

（对所有数）离散化后再次离线，可以在空间复杂度仍为$O(n)$个基础上去掉这个二分的$\log$

时间复杂度为$O(n\sqrt{n}+\frac{n^{2}}{w})$