总结 9.7
有两道 qoj 的还没看。
AGC022E Median Replace
题意：一个长度为 \(n\) 的 \(01\) 串，有一些位置为通配符。若存在一种方案，每次消去三个连续的字符，然后在相同位置插入它们的中位数，共操作 \(\frac {n-1} 2\) 次后，剩下的数是 \(1\)，那么这是一个完美的 \(01\) 串（保证 \(n\) 是奇数）。求有多少个完美的 \(01\) 串，模 \(10^9+7\)。\(1\le n\le3\times10^5\)
手玩一下，不难发现几个点：
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消 \(000\) 肯定最赚。
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存在 \(0\) 时，不可能消 \(111\)。
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消除有 \(0\) 有 \(1\) 的三个字符，相当于删掉一组 \(01\)。
进一步贪心模拟，设当前我们保留了 \(x\) 个 \(0\) 和 \(y\) 个 \(1\)。
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遇到一个 \(0\)：令 \(y\leftarrow y+1\)，当 \(y=3\) 时，令 \(y\) 变为 \(1\)。
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遇到一个 \(1\)：如果 \(y>0\)，中间的 \(y\) 个 \(0\) 肯定要消去，不妨直接令这个 \(1\) 与其中一个 \(0\) 一起删掉，即 \(y\leftarrow y-1\)；否则，\(x\leftarrow x+1\)。
最终合法的条件即为 \(x\ge y\)。
不难发现，\(y\) 始终满足 \(y\le 2\)。
于是令 \(x'=\min(x,2)\)，设 \(f[i,j,k]\) 表示考虑到第 \(i\) 位，此时 \(x'=j,k=y\) 时的方案数。
答案：\(f[n,0,0]+f[n,1,0]+f[n,2,0]+f[n,1,1]+f[n,2,1]+f[n,2,2]\)。
UOJ748 【UNR #6】机器人表演
题意：有一个长为 \(n\) 的 \(01\) 串，你需要计算 \(t\) 次操作后能得到多少不同的 \(01\) 串。一次操作的定义为：在串中选两个位置插入一对 \(01\) 使得 \(0\) 在 \(1\) 前。\(1\le n,t\le300\)
不难得到一种 \(\text{DP}\)：设 \(f[i,j,k]\) 表示考虑了最终串的前 \(i\) 位，与给出的串匹配了 \(j\) 位，剩下位置的字符的权值和（字符 \(0\) 的权值为 \(1\)，字符 \(1\) 的权值为 \(-1\)）为 \(k\) 的方案数。
转移：
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加入一个 \(0\)：如果与给出串的 \(j+1\) 位相同，那么 \(f[i+1,j+1,k]\leftarrow f[i+1,j+1,k]+f[i,j,k]\)；否则 \(f[i+1,j,k+1]\leftarrow f[i+1,j,k+1]+f[i,j,k]\)
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加入一个 \(1\)：如果与给出串的 \(j+1\) 位相同，那么 \(f[i+1,j+1,k]\leftarrow f[i+1,j+1,k]+f[i,j,k]\)；否则 \(f[i+1,j,k-1]\leftarrow f[i+1,j,k-1]+f[i,j,k](k>0)\)
我们在此过程中的“匹配”是贪心匹配，不一定考虑到了所有的方案。比如给出的串为 \(000\)，操作 \(1\) 次后有合法的最终串 \(00100\)，但我们可能会先把前两位贪心匹配了，此时 \(j=2,k=0\)，我们在 \(\text{DP}\) 中就没有计算到第 \(3\) 位填 \(1\) 的情况（因为此时 \(k=0\)）。
正确的做法应该是在原来贪心地匹配上加点料，如果当前 \(k=0\)，我们考虑撤回一些匹配位，用这些位置凑出权值和为 \(1\) 让给 \(k\)。设 \(to[j]\) 表示撤销到哪个位置后可以凑出权值和为 \(1\)，那么 \(f[i,j,0]\rightarrow f[i+1,to[j],0]\)。
答案：\(f[n+2t,n,0]\)
CF gym 103860I
题意：给出一个 \(01\) 序列，你可以把序列的某一段翻转，可以翻转 \(k\) 次，求最终序列的 \(\text{LIS}\) 最大是多少。
考虑如果没有翻转操作，枚举一个位置 \(i\)，设 \(s_0(x)\) 表示 \(1...x\) 中 \(0\) 的个数，\(s_1(x)\) 表示 \(x+1...n\) 中 \(1\) 的个数，那么答案为 \(\max\limits_i\{s_0(i)+s_1(i+1)\}\)
有两个量看着不顺眼，设 \(s(x)\) 表示 \(0\) 的权值为 \(1\)，\(1\) 的权值为 \(-1\) 时 \(1...x\) 的权值和，那么答案为 \(s_1(n)+\max\limits_i\{s(i)\}\)
考虑翻转怎么做。手玩一下，发现其实就是选择一个前缀，再选 \(k\) 个互不相交且不与前缀相交的段，每一段的权值和总和的最大值。
考虑先给第一个位置的权值加个 \(\inf\)，问题变成了选择 \(k+1\) 个互不相交的段。
这是一个经典问题，用线段树维护模拟费用流即可。
CF1416E Split
题意：给出 \(n,a_{1...n}\)，把每个 \(a_i\) 分裂成两个正整数，他们的和为 \(a_i\)。分裂后形成了一个有 \(2n\) 个数的序列，求这个序列的相同连续段数的最小值。\(1\le n\le5\times 10^5\)
考虑 \(\text{DP}\)。
“相同连续段数的最小值”相当于求“相邻相同数字对数的最大值”，设 \(f[i,j]\) 表示考虑了 \(a_{1...i}\) 的分裂，\(a_i\) 分裂出来的后一个数为 \(j\) 时的相邻相同数字对数的最大值。
这个 \(\text{DP}\) 非常特殊，单个 \(a_i\) 的贡献最大为 \(2\)，而且单个 \(f[i-1,k]\) 对所有的 \(f[i,j]\) 都有贡献。
设 \(g=\max_k\{f[i-1,k]\}\)，那么
后面那个 \([2j=a_i]\) 属于最后的单点修改，我们可以先不管。考虑前面的，发现当 \(f[i,a_i-j]=g\) 时 \(f[i,j]\) 才等于 \(g+1\)，否则等于 \(g\)。
这启示我们存下一个最优决策集合。设 \(S\) 表示 \(k\in S,f[i-1,k]=g\)。转移时先把 \(S\) 中 \(\ge a_i\) 的数删掉，然后把所有 \(x\in S\) 变成 \(a_i-x\)。如果 \(a_i\) 为偶数，并且 \(\frac {a_i} 2\in S\) 时，此时 \(f[i,\frac{a_i}2]\) 就会变成最大的数，令 \(S\) 中只剩一个数 \(\frac{a_i}2\)，然后更新 \(g\)；若 \(\frac {a_i}2\not \in S\)，则把 \(\frac{a_i}2\) 加入 \(S\)。
不难发现，\(S\) 中的数一定是形如“一个区间 + 一些单点”，单点数量是 \(O(n)\) 的，容易维护。对于把 \(S\) 中的操作 \(x\in S,x\leftarrow a_i-x\)，我们维护一个乘法标记 \(mul\) 和一个加法标记 \(add\)，令 \(add\leftarrow add\times (-1),mul\leftarrow mul\times(-1),add\leftarrow add+a_i\) 即可。集合可以用 \(\text{set}\)。
时间复杂度 \(O(n\log n)\)。
CF1500F Cupboards Jumps
题意：给出 \(n\) 和 \(w_{1...n-2}\)，你需要构造 \(a_{1...n}\)，满足 \(\forall i(1\le i\le n-2),w_i=\max(a_i,a_{i+1},a_{i+2})-\min(a_i,a_{i+1},a_{i+2})\)，给出构造方案，或确定无解。\(3\le n\le 10^6\)
有个重要的套路：设 \(b_i=a_{i+1}-a_i(1\le i\le n-1)\)，那么 \(w_i=max(|b_i|,|b_{i+1}|,|b_i+b_{i+1}|)\)。进一步的，若 \(b_i,b_{i+1}\) 同号，\(w_i=|b_i+b_{i+1}|=|b_i|+|b_{i+1}|\)，否则 \(w_i=max(|b_i|,|b_{i+1}|)\)。设 \(c_i=|b_i|\)，那么 \(w_i\) 等于 \(c_i+c_{i+1}\) 或 \(\max(c_i,c_{i+1})\)。我们只需要构造出 \(c_{1...n-1}\)，然后推出 \(b_{1...n-1}\) 和 \(a_{1...n}\)。
不难想到 \(\text{DP}\)，设 \(f[i,j]=0/1\) 表示构造了 \(a_{1...i}\)，并且 \(a_i=j\)，是否存在这样的方案。
考虑转移：
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\(f[i,j]\rightarrow f[i+1,w_i]\)
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\(f[i,w_i]\rightarrow f[i+1,0...w_i]\)
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\(f[i,j]\rightarrow f[i+1,w_i-j]\)
用人话说：
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先排除掉 \(f[i,w_i+1...\inf]\)
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如果 \(f[i,0...w_i]\) 中有 \(1\)，那么 \(f[i+1,w_i]=1\)。
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如果 \(f[i,w_i]=1\)，那么 \(f[i+1,0...w_i]\) 全为 \(1\)。
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对于一个位置 \(j\)，如果 \(f[i,j]=1\)，那么令 \(f[i+1,w_i-j]=1\)。
把 \(i\) 看做常量，考虑维护一个集合 \(S\)，表示 \(j\in S,\space f[i,j]=1\)。在 \(i\rightarrow i+1\) 的过程中，\(S\) 有如下变动：
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把 \(S\) 中 \(>a_i\) 的数删掉。如果删完后集合为空，那么无解。
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如果 \(a_i\) 在 \(S\) 中，把 \(0...a_i-1\) 全部加入集合 \(S\)；否则先把集合中所有的 \(j\) 变成 \(a_i-j\)，然后把 \(a_i\) 加入 \(S\)。
不难发现，\(S\) 中的数总是“一个区间+一些单点”，单点数量是 \(O(n)\) 的，维护方法和上题类似。特别的，每次加入 \(a_i\) 总是 \(S\) 中最大的，可以用 \(\text{deque}\) 来代替 \(\text{set}\)。
然后构造方案直接反推，时间复杂度 \(O(n)\)。
