Solution

谁共一杯芳酒

按 $l$ 从大到小为第一关键字，$r$ 从小到大为第二关键字排序，以 $r$ 为权值求最长不下降子序列即可。

代码

#include<cstdio>
#include<vector>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<ctime>
#include<random>
#include<assert.h>
#define pb emplace_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define dbg(x) cerr<<"In Line "<< __LINE__<<" the "<<#x<<" = "<<x<<'\n'
#define dpi(x,y) cerr<<"In Line "<<__LINE__<<" the "<<#x<<" = "<<x<<" ; "<<"the "<<#y<<" = "<<y<<'\n'
#define DE(fmt,...) fprintf(stderr, "Line %d : " fmt "\n",__LINE__,##__VA_ARGS__)
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int>pii;
typedef pair<ll,int>pli;
typedef pair<ll,ll>pll;
typedef pair<int,ll>pil;
typedef vector<int>vi;
typedef vector<ll>vll;
typedef vector<pii>vpii;
typedef vector<pll>vpll;
template<typename T>T cmax(T &x, T y){return x=x>y?x:y;}
template<typename T>T cmin(T &x, T y){return x=x<y?x:y;}
template<typename T>
T &read(T &r){
	r=0;bool w=0;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9')w=ch=='-'?1:0,ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9')r=r*10+(ch^48),ch=getchar();
	return r=w?-r:r;
}
template<typename T1,typename... T2>
void read(T1 &x,T2& ...y){read(x);read(y...);}
const int mod=998244353;
inline void cadd(int &x,int y){x=(x+y>=mod)?(x+y-mod):(x+y);}
inline void cdel(int &x,int y){x=(x-y<0)?(x-y+mod):(x-y);}
inline int add(int x,int y){return (x+y>=mod)?(x+y-mod):(x+y);}
inline int del(int x,int y){return (x-y<0)?(x-y+mod):(x-y);}
int qpow(int x,int y){
	int s=1;
	while(y){
		if(y&1)s=1ll*s*x%mod;
		x=1ll*x*x%mod;
		y>>=1;
	}
	return s;
}
const int N=1000010;
int n;
pii a[N];
int f[N],t;
signed main(){
	// #ifdef do_while_true
		assert(freopen("a.in","r",stdin));
		assert(freopen("a.out","w",stdout));
	// #endif
	read(n);
	for(int i=1;i<=n;i++)read(a[i].fi,a[i].se);
	sort(a+1,a+n+1,[](pii x,pii y){return x.fi==y.fi?x.se<y.se:x.fi>y.fi;});
	f[t=1]=a[1].se;
	for(int i=2;i<=n;i++){
		if(a[i].se>=f[t])f[++t]=a[i].se;
		else{
			int p=upper_bound(f+1,f+t+1,a[i].se)-f;
			f[p]=a[i].se;
		}
	}
	cout<<t<<'\n';
    #ifdef do_while_true
//		cerr<<'\n'<<"Time:"<<1.0*clock()/CLOCKS_PER_SEC*1000<<" ms"<<'\n';
	#endif
	return 0;
}

约会

下文称 dwt 出现的节点为关键点。

sub1

枚举每个节点作为关键点，$\mathcal O(n)$ 遍历整棵树判断是否合法和计算答案即可。

sub2

注意到无论边权是多少每个点都是合法的，现在问题转化成寻找一个节点作为根使整棵树的边内向需要使多少条边转向，原题自动机应该已经找到了CF219D，只不过原题是让边全部外向，我们可以通过类似的简单换根 DP 解决这个问题。具体的，我们设 $f_i$ 表示使全树到 $i$ 需要转向的边数，所以双向建边，将正向边边权设为 $1$，反向边设为 $0$。一遍 dfs 可以求出 $f_{rt}$，然后再遍历一遍，记父节点为 $u$，子节点为 $v$，有转移方程：

$$f_{v} = \begin{cases} f_{u} + 1 \quad (u,v) = 1\\ f_{u} - 1 \quad (u,v) = 0\\ \end{cases}$$

最后取每个节点答案的最小值即可。

sub3

考虑树是一条链的情况，能够发现距离每个节点最远的点一定是链的两个端点之一，所以合法的答案一定取自链中间一段区间。可以维护距离前缀和和反转边次数的前缀和 $\mathcal O(1)$ 计算每个节点是否合法以及答案是多少。

sub4

sol1

将 sub2 和 sub3 拼合起来即为答案。先用 sub2 的方法计算出每个点作为关键点的答案是多少，现在我们只需要判断每个点作为关键点是否合法。容易发现转化到树上距离每个节点最远的点一定是直径的端点之一，所以可以两遍 dfs 求出树的直径，然后再用树上倍增的方法算出每个节点到直径两个端点的距离分别是多少，对到两个端点的距离取较大值和 $D$ 比较即可得到答案是否合法。这样复杂度是 $\mathcal O(n \log n)$。这里给出一份代码实现：

代码

namespace LgxTpre
{
    static const int MAX=100010;
    static const int inf=2147483647;
    static const int INF=4557430888798830399;
    
    int n,d,ans,A,B,x,y,z;
    int f[MAX],fa[MAX][20],tag[MAX];
    int dep[MAX],dis[MAX],dps;
    vector<pair<pii,int>> G[MAX];
    #define to it.fi
    #define val it.se
	
    inline void mian()
    {
    	read(n,d),ans=INF;
    	for(int i=1;i<n;++i) read(x,y,z),G[x].eb(mp(mp(y,z),0)),G[y].eb(mp(mp(x,z),1));
    	
    	auto GetDiameter=[&](auto GetDiameter,int now,int father)->void
    	{
    		if(dep[now]>dep[dps]) dps=now;
    		for(auto [it,tow]:G[now]) if(to!=father) dep[to]=dep[now]+val,GetDiameter(GetDiameter,to,now);
		};
		GetDiameter(GetDiameter,1,0),A=dps,GetDiameter(GetDiameter,dps,0),B=dps;
		
		auto dfs1=[&](auto dfs1,int now,int father)->void
		{
			fa[now][0]=father,dep[now]=dep[father]+1;
			for(int i=1;i<=__lg(dep[now]);++i) fa[now][i]=fa[fa[now][i-1]][i-1];
			for(auto [it,tow]:G[now]) if(to!=father) dis[to]=dis[now]+val,dfs1(dfs1,to,now),tag[to]=!tow;
		};
		dfs1(dfs1,1,0); for(int i=1;i<=n;++i) f[1]+=tag[i];
		
		auto dfs2=[&](auto dfs2,int now,int father)->void
		{
			for(auto [it,tow]:G[now]) if(to!=father) f[to]=f[now]+(tow?1:-1),dfs2(dfs2,to,now);
		};
		dfs2(dfs2,1,0);
		
		auto LongestChain=[&](int p)->int
		{
			auto LCA=[&](int x,int y)->int
			{
				if(dep[x]<dep[y]) Swp(x,y);
        		while(dep[x]>dep[y]) x=fa[x][__lg(dep[x]-dep[y])];
        		if(x==y) return x;
        		for(int i=__lg(dep[x]);~i;--i) if(fa[x][i]!=fa[y][i]) x=fa[x][i],y=fa[y][i];
        		return fa[x][0];
			};
			
			int lcaA=LCA(A,p),lcaB=LCA(B,p);
			return max(dis[A]+dis[p]-dis[lcaA]*2,dis[B]+dis[p]-dis[lcaB]*2);
		};
		for(int i=1;i<=n;++i) if(LongestChain(i)<=d) cmin(ans,f[i]);
		
		write(ans==INF?-1:ans,'\n');
	}
}

sol2

计算翻转边的次数的复杂度已经是线性的了，瓶颈在于计算到某个点最远的点的距离。sol1 使用了树的直径的特殊性质，但是这部分也可以直接换根处理。

具体的，维护 $g_{i,0}$ 表示子树内距离 $i$ 的最远点的距离，$g_{i,1}$ 表示子树内距离 $i$ 非严格次远点的距离，要求两个答案不能来自于同一棵子树，即第一次 dfs 用只能用儿子的 $g_{j,0}$ 来更新 $g_{i,0/1}$。这样第二次 dfs 的时候额外维护一个 $sum$ 表示到当前点子树外的最远点的距离，向下走的时候判断该子树是否为最大值的贡献儿子，如果是则用 $g_{i,1}$ 更新 sum，否则用 $g_{i,0}$ 更新。

代码

namespace WrongAnswer_90
{
	int cnt,n,M,minn=INF,head[200001],to[400001],v[400001],c[400001],nex[400001],g[200001][2],f[200001],siz[200001];
	inline void add(int x,int y,int z,int t){to[++cnt]=y,v[cnt]=z,c[cnt]=t,nex[cnt]=head[x],head[x]=cnt;}
	void dfs(int k,int fa)
	{
		siz[k]=1;
		for(int i=head[k];i;i=nex[i])
		{
			if(to[i]==fa)continue;
			dfs(to[i],k),f[k]+=f[to[i]]+c[i];
			if(g[to[i]][0]+v[i]>=g[k][0])g[k][1]=g[k][0],g[k][0]=g[to[i]][0]+v[i];
			else if(g[to[i]][0]+v[i]>g[k][1])g[k][1]=g[to[i]][0]+v[i];
		}
	}
	void dfs2(int k,int fa,int maxl,int sum)
	{
		if(g[k][0]<=M&&maxl<=M)minn=min(minn,f[k]+sum);
		for(int i=head[k];i;i=nex[i])
		{
			if(to[i]==fa)continue;
			if(g[to[i]][0]+v[i]==g[k][0])dfs2(to[i],k,max(maxl,g[k][1])+v[i],sum+f[k]-f[to[i]]-c[i]+1-c[i]);
			else dfs2(to[i],k,max(maxl,g[k][0])+v[i],sum+f[k]-f[to[i]]-c[i]+1-c[i]);
		}
	}
	inline void mian()
	{
		read(n,M);int x,y,z;
		for(int i=1;i<n;++i)read(x,y,z),add(x,y,z,1),add(y,x,z,0);
		dfs(1,0),dfs2(1,0,0,0),write(minn==INF?-1:minn);
	}
}

乱杀

sub1

爆搜枚举两个人谁接哪个球计算答案即可，复杂度 $\mathcal O(2^n)$。

sub2&3

考虑 DP，设 $f_{i,j}$ 表示第一个人最后接的球为 $i$，第二个人最后接的球为 $j$ 时的最小速度上限。容易看出下一个球是 $\max\{i,j\} + 1$，不妨设 $i > j$，那么下一个球就是 $i + 1$ 号球。

此时有两种决策，即第一个人去接这个球或者第二个人去接这个球。如果是第一个人去接，那么就会转移到 $f_{i + 1,j}$，因为此时第二个人最后接的球仍然为 $j$，如果是第二个人去接，那么同理应该是转移到 $f_{i,i + 1}$ 的，不过为了保证 $f_{i,j}$ 中的 $i$ 始终不小于 $j$，而且两个人没有任何区别，我们可以选择转移到 $f_{i + 1,i}$，这样在实际写的时候会更方便。

那么方程就是：

$$\begin{align*} f_{i + 1, j} \gets \min\left\{f_{i + 1, j}, \max\{f_{i, j}, \dfrac{|x_{i + 1} - x_{i}|}{t_{i + 1} - t_{i}}\}\right\} \\ f_{i + 1, i} \gets \min\left\{f_{i + 1, i}, \max\{f_{i, j}, \dfrac{|x_{i + 1} - x_{j}|}{t_{i + 1} - t_{j}}\}\right\} \\ \end{align*}$$

状态数 $\mathcal O(n ^ 2)$，转移复杂度 $\mathcal O(1)$，很容易做到 $\mathcal O(n ^ 2)$ 的时空复杂度。这里给出一份代码实现：

代码

namespace LgxTpre
{
	static const int MAX=3010;
    static const int inf=2147483647;
    static const int INF=4557430888798830399;
    
    int n,t[MAX],x[MAX];
    double f[MAX][MAX],ans;
    
    inline void lmy_forever()
    {
    	read(n),memset(f,0xcf,sizeof f),ans=INF;
    	for(int i=1;i<=n;++i) read(t[i],x[i]);
    	for(int i=0;i<=n;++i) for(int j=0;j<=i;++j)
    	{
    		cmin(f[i+1][j],max(f[i][j],abs(x[i+1]-x[i])/(t[i+1]-t[i])));
    		cmin(f[i+1][i],max(f[i][j],abs(x[i+1]-x[j])/(t[i+1]-t[j])));
		}
		for(int i=0;i<=n;++i) cmin(ans,f[n][i]);
		cout<<fixed<<setprecision(9)<<ans<<'\n';
	}
}

sub6

正解和部分分无关。求极值，先二分答案转成判定性问题。一个非常经典的思路是如果能够完成 $X_{i + 1}$ 上的操作，那么必然有一个点在 $X_{i}$ 上，于是只需要考虑如何刻画另一个人所在的位置。不妨记完成 $X_{i + 1}$ 的人为 $P$，另一个人为 $Q$。因为每个时刻 $Q$ 可以往两个方向走，所以容易发现 $Q$ 可以存在的位置是一个区间，那么起初是 $L = R = 0$。记当前二分出的速度为 $V$，从当前球过来的时刻到下一个球过来的时刻为 $t = T_{i + 1} - T_{i}$，那么这段时间可以走 $S = Vt$ 的路程，于是 $P$ 可以到达 $[X_i - S,X_i + S]$，$Q$ 可以到达 $[L - S,R + S]$。

• 如果这两个区间都不能包含 $X_{i + 1}$，那么说明到不了了，返回无解。
• 如果 $P$ 能到达，$Q$ 不能到达，那么 $Q$ 就可以接着行走，下一个时刻 $Q$ 可以出现的区间扩展为 $L = L - S,R = R + S$。
• 如果 $Q$ 能到达，$P$ 不能到达，那么两个人的身份就要互换了，新的 $Q$ 的区间变为了 $L = X_i - S,R = X_i + S$。
• 如果两者都能到达，那么 $L$ 和 $R$ 的取值对上面两种情况分别贪心的取最值即可。

要做实数域上的二分，由上易知 check 是 $\mathcal O(n)$ 的，于是复杂度为 $\mathcal O(n \log V)$。这里给出一份代码实现：

代码

namespace LgxTpre
{
    static const int MAX=100010;
    static const int inf=2147483647;
    static const int INF=4557430888798830399;
    
    int n,T[MAX],X[MAX];
    double l,r,mid;
    constexpr double eps=1e-9;
	
    inline void lmy_forever()
    {
    	read(n),l=0.0,r=1e7;
    	for(int i=1;i<=n;++i) read(T[i],X[i]);
    	auto check=[&](double V)->bool
    	{
    		double L=0,R=0;
    		for(int i=0;i<n;++i)
    		{
    			double s=V*((double)(T[i+1]-T[i]));
    			bool P=(i&&fabs(X[i+1]-X[i])<=s+eps),Q=(L-s<=X[i+1]+eps&&X[i+1]-eps<=R+s);
    			if(!P&&!Q) return 0;
    			if(P&&!Q) L-=s,R+=s;
    			if(!P&&Q) L=X[i]-s,R=X[i]+s;
    			if(P&&Q) L=min(L-s,X[i]-s),R=max(R+s,X[i]+s);
			}
			return 1;
		};
    	while(l+eps<r) {mid=(l+r)/2.0; if(check(mid)) r=mid; else l=mid;}
    	printf("%.9lf\n",r);
	}
}

红藕香残

反过来考虑，令 $k\gets (r-l+1)-k$，现在需要删去 $k$ 个数。

固定 $l$ 时，当 $r$ 不断增大的过程中，$[l,r]$ 内的 $\gcd$ 最多变化 log 次。从后往前扫 $l$ 的过程中维护若干二元组 $(r,v)$ 表示 $[l,r]$ 内的 $\gcd$ 为 $v$ 且 $r$ 再增加 $\gcd$ 就要变化了。$l$ 往前移动的时候加入 $(l,a_l)$ 再将所有的二元组的 $v$ 与 $a_l$ 求 $\gcd$，再将相同的 $v$ 只保留最大的 $r$ 即可。这样 $k=0$ 的时候直接枚举 $l$ 处挂着的所有二元组 $(r,v)$ 找答案即可。

当 $k=1$ 时，需要枚举第一个数删哪个，仔细思考发现只需要枚举 $l$ 上挂到那些 $(r,v)$ 中的 $r$ 作为第一个删的数即可。因为 $r$ 再往前移动的时候左侧的 $\gcd$ 不会变，但是右侧的 $\gcd$ 可能会变小，不会更优。枚举完删哪个之后还有算 $\gcd$，所以这样复杂度是 $\mathcal{O}(q\log^2 V)$ 的。

当 $k>1$ 时同理，枚举完第一个删的之后第二个数也是只有 $\mathcal{O}(\log V)$ 种可能，用 dfs 实现枚举选数即可。时间复杂度 $\mathcal{O}(n\log^4 V)$，常数极小可以通过。

代码（需要 C++17）

#include<cstdio>
#include<vector>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<ctime>
#include<random>
#include<assert.h>
#define pb emplace_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define dbg(x) cerr<<"In Line "<< __LINE__<<" the "<<#x<<" = "<<x<<'\n';
#define dpi(x,y) cerr<<"In Line "<<__LINE__<<" the "<<#x<<" = "<<x<<" ; "<<"the "<<#y<<" = "<<y<<'\n';
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef double ld;
typedef pair<int,int>pii;
typedef pair<ll,int>pli;
typedef pair<ll,ll>pll;
typedef pair<int,ll>pil;
typedef vector<int>vi;
typedef vector<ll>vll;
typedef vector<pii>vpii;
typedef vector<pll>vpll;
template<typename T>T cmax(T &x, T y){return x=x>y?x:y;}
template<typename T>T cmin(T &x, T y){return x=x<y?x:y;}
template<typename T>
T &read(T &r){
	r=0;bool w=0;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9')w=ch=='-'?1:0,ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9')r=r*10+(ch^48),ch=getchar();
	return r=w?-r:r;
}
template<typename T1,typename... T2>
void read(T1 &x,T2& ...y){read(x);read(y...);}
const int N=100010;
int n,q;
ll a[N];
vpll suf[N];
signed main(){
	// #ifdef do_while_true
		assert(freopen("c.in","r",stdin));
		assert(freopen("c.out","w",stdout));
	// #endif
	read(n,q);
	for(int i=1;i<=n;i++)read(a[i]);
	for(int i=n;i>=1;i--){
		vpll t=suf[i+1];
		t.pb(i,a[i]);
		for(auto &[x,y]:t)y=gcd(y,a[i]);
		for(int j=0;j<(int)t.size();j++)
			if(j==(int)t.size()-1 || t[j].se!=t[j+1].se)
				suf[i].pb(t[j]);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)reverse(suf[i].begin(),suf[i].end());
	while(q--){
		int l,r,k;read(l);read(r);read(k);
		k=(r-l+1)-k;
		auto query=[&](int l,int r){
			ll s=0;
			for(auto [x,y]:suf[l])
				if(x<=r)s=y;
				else break;
			return s;
		};
		ll ans=0;
		function<void(int,int,ll)>dfs=[&](int x,int ct,ll now){
			if(x>r+1)return ;
			if(x==r+1){
				cmax(ans,now);
				return ;
			}
			if(now&&now<=ans)return ;
			cmax(ans,gcd(now,query(x,r)));
			if(ct==k)return ;
			for(auto [p,x]:suf[x]){
				dfs(p+1,ct+1,now);
				now=gcd(now,x);
			}
		};
		dfs(l,0,0);
		cout << ans << '\n';
	}
    #ifdef do_while_true
//		cerr<<'\n'<<"Time:"<<1.0*clock()/CLOCKS_PER_SEC*1000<<" ms"<<'\n';
	#endif
	return 0;
}