CF1730

感觉这场的题目出得很好啊，让人忍不住想记录下来！

赛时通过 ABCD，rank $76$。

A

把每一种数的出现次数和 $c$ 取个 $\min$ 再求和即可。

B

记 $l = \min_i \{a_i - t_i\}, r = \max_i \{a_i + t_i\}$，答案即 $\frac{l + r}{2}$。

C

直接贪心即可。具体地，最后的串肯定是不减的，所以我们只需要求出每种数字的出现次数即可。发现一个位置的数会被 $+1$ 当且仅当存在一个小于它的数 $x$，使其位于最后一个 $< x$ 的数右侧、最后一个 $x$ 左侧；否则这个数可以不用被 $+1$。

D $(\texttt{Easy} \ 3 / 0)$

可能写得比较混乱。

假设 $s_1 = \texttt{1234567}, s_2 = \texttt{abcdefg}$，我们手模一种情况，比如最终的串为 $s'_1 = \texttt{4ef5g67}, s'_2 = \texttt{ab1c23d}$，我们发现 $s'_1[i] = s_p[j] \to s'_2[n - i + 1] = s_{3 - p}[n - j + 1]$，其中 $p = 1, 2$。进一步地，我们把 $s_2$ 反转，并考察 $s'_1[i], s'_2[i], s'_1[n - i + 1], s'_2[n - i + 1]$，其必然由 $s_1, s_2$ 两个位置上的字符构成，设为 $i, j$，因为它们可以匹配，所以无序对 $(s_1[i], s_2[i]) = (s_1[j], s_2[j])$，我们把所有无序对求出来并把相同的进行匹配，可以证明答案为 YES 当且仅当全部匹配完或者最终剩下一个形如 $(c, c)$ 的对。

E $(\texttt{Easy} \ 3 / 4)$

其实不难想，但是比赛的时候想复杂了，赛后冷静下来就会了。

有许多种 $\mathcal{O}(n \log n \max d(\omega))$ 的做法，但对于我这个大常数 sb 来说这个复杂度肯定过不去，我们需要寻求时间复杂度更低的做法。

从左到右枚举 $i$，钦定最大值为 $y = a_i$（如果有多个，钦定最大值为最左侧的）并枚举其约数 $x$。$y = x$ 的情况是容易的，这里仅考虑 $x < y$ 的情况。此时我们再枚举 $x$ 在 $y$ 的左侧还是右侧，以左侧为例，我们现在来考虑什么样的 $l, r$ 是能被这种情况计入答案的：

• $l \le i \le r$；
• $\forall j < i, a_j = a_i, j < l$；
• $\min_{j = l} ^ i a_j = x, \max_{j = l} ^ i a_j = y$；
• $\min_{j = i} ^ r a_j \ge x, \max_{j = i} ^ r a_j = y$。

右侧是类似的。

我们需要 $\mathcal{O}(1)$ 地回答。发现我们只需要处理每个数出现的所有位置和每个 $a_i$ 左侧 / 右侧第一个小于 / 大于它的位置即可，所以跑四遍单调栈就能解决问题。

但是其实这么做的话细节很多，在此不一一赘述了，有问题可以看看又臭又长的代码，欢迎大家关注 BraveXuZhiJieGoGoGo 这个号。

时间复杂度 $\mathcal{O}(n \max d(\omega))$，其中 $\omega = 10^6$。

F $(\texttt{Easy} \ 3 / 3)$

感觉比 E 好想又好写啊！

首先把问题转化为求最少的交换相邻两数的次数，使得交换完成后对于 $\forall i < j$ 有 $p_i \le p_j + k$。

发现对于一个前缀 $i$，其中的数肯定 $\le i + k$，并且 $1 \sim i - k$ 肯定已经全部出现了，剩下的是 $i - k + 1 \sim i + k$ 这 $2k$ 个数，搜一下发现有 $2^k$ 种状态满足条件，这很好啊！于是直接设 $f_{i, j}$ 表示前 $i$ 个数的状态第 $j$ 种的最小交换次数即可。转移考虑填 $i - k$ 或者填 $i - k + 1 \sim i + k$ 的数。

还有一个问题是初值 $f_{k, j}$ 的预处理。事实上因为只有 $k$ 个数，直接枚举排列并暴力计算即可！

时间复杂度 $\mathcal{O}(n 2^k k^2)$。