240302 杂题

小知识：VSCode 通过调整 Editor: Cursor Surrounding Lines 可以达到 Typora 打字机模式的效果。调到任意一个超过屏幕总行数的值可以让焦点居中。很舒服。

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T1 move

http://222.180.160.110:1024/contest/5006/problem/1

注意到 $x$ 和 $y$ 的绝对值是分开计算的，只用分类讨论 $x$ 和 $y$ 最终正负性的四种情况，取最大答案即可。

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T2 bicoloring

http://222.180.160.110:1024/contest/5006/problem/2

bi 这个前缀是二的意思，比方说 binary 等等。

简单 DP，为了好写直接把每一列的四种颜色情况加到状态里，枚举连通块数对一个选择的新增连通块数进行转移即可。值得注意的是 DP 数组的连通块数量维需要开两倍。

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T3 express

http://222.180.160.110:1024/contest/5006/problem/3

想不出来这个标题和星际货运四个字有什么联系。

假如只有一维，那么显然按坐标排序相邻的两个之间连边。

现在有三维，那么就把三个坐标分开排序，然后带选的 $3\times (n-1)$ 条边全部拿来 Kruskal 就好。

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T4 round

http://222.180.160.110:1024/contest/5006/problem/4

袁术（不是

裸数位 DP，但是要注意前导 0 不能统计到 0 的数量里，记忆化数组也要加一维记录前导 0 状态。

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T5 string

http://222.180.160.110:1024/contest/5006/problem/5

注意到这是一个可以用哈希拿到 40pts 的 AC 自动机。

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T6 letter

http://222.180.160.110:1024/contest/5006/problem/6

注意到暴力有 60pts。

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T1 gamble

http://222.180.160.110:1024/contest/5001/problem/1

假设 钦定 当前我方摇出来的数值是 $p$，对面的硬币两面分别是 $a,b(a\le b)$，赌注是 $x$。那么分三种情况：

• $p < a$，期望收益为 $-x$；
• $p\in [a, b)$，期望收益为 $0$；
• $p \ge b$，期望收益为 $x$。

也就是说如果我们选择让硬币的两面成为 $p,q$，期望收益应为 $\dfrac {E_p+E_q}2 - p\times q$。乘上 4 就是 $2\times (E_p + E_q) - 4\times p \times q$。

注意到 $p,q$ 的值一定在所有 $a, b$ 中出现过，故可离散化 $a,b$ 求出每个 $E_i$，枚举 $p$ 并求得相应 $q$。

$E_i$ 的具体求法就是对于每一对 $a, b$，把三个对应区间修改一下，因为是离线的所以差分什么的都没问题。

注意到令 $k=-4\times q$ 且 $b = E_q$ 后问题转变为 $x=p$ 上的最高交点问题，可以李超。因为值域很大，所以需要动态开点。

因为把 $a$ 和 $b$ 一起离散了，所以数组都要两倍。

以及为了防止可能出现的意外要向 $p, q$ 可选值里先丢一个最小值 $1$ 用来应对怎么选都亏不如摆烂的情况。

比较神奇的是大常数 $\mathcal O(n\log)$ 跑 2s 的 1e6 居然没有问题。

#define int long long
namespace XSC062 {
using namespace fastIO;
const int lim = 1e9;
const int inf = 1e18;
const int maxn = 5e5 + 5;
const int maxm = 1e6 + 5;
#define lt t[p].l
#define rt t[p].r
int a[maxm], b[maxm];
int n, cnt, res, tot, r, now;
struct { int k, b; } seg[maxm];
struct { int a, b, x; } v[maxn]; 
struct _ { int l, r, u; } t[maxm << 2];
int max(int x, int y) { return x > y ? x : y; }
void swap(int &x, int &y) { x ^= y ^= x ^= y; }
int getup(int j, int k) { return a[j] - a[k]; }
int getdown(int j, int k) { return b[j] - b[k]; }
int getDP(int i, int j) { return a[i] + a[j] - b[i] * b[j]; }
int getv(int id, int x) {
	if (!id) return -inf;
	return x * seg[id].k + seg[id].b;
}
void upd(int &p, int lv, int rv, int id) {
	if (!p) p = ++now;
	if (!t[p].u) { t[p].u = id; return; }
	int mid = (lv + rv) >> 1;
	int v1 = getv(t[p].u, mid),
		v2 = getv(id, mid);
	if (v2 > v1) swap(t[p].u, id);
	v1 = getv(t[p].u, lv);
	v2 = getv(id, lv);
	if (v2 > v1) upd(lt, lv, mid, id);
	v1 = getv(t[p].u, rv);
	v2 = getv(id, rv);
	if (v2 > v1) upd(rt, mid + 1, rv, id);
	return;
}
void add(int &p, int l, int r, int lv, int rv, int id) {
	if (!p) p = ++now;
	if (l <= lv && rv <= r) {
		upd(p, lv, rv, id);
		return;
	}
	int mid = (lv + rv) >> 1;
	if (l <= mid) add(lt, l, r, lv, mid, id);
	if (r > mid) add(rt, l, r, mid + 1, rv, id);
	return;
}
int ask(int p, int lv, int rv, int x) {
	int res = -inf;
	if (!p) return -inf;
	if (t[p].u) res = getv(t[p].u, x);
	if (lv == rv) return res;
	int mid = (lv + rv) >> 1;
	if (x <= mid) res = max(res, ask(lt, lv, mid, x));
	else res = max(res, ask(rt, mid + 1, rv, x));
	return res;
}
int main() {
	read(n);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		read(v[i].a), read(v[i].b), read(v[i].x);
		b[++cnt] = v[i].a, b[++cnt] = v[i].b;
		if (v[i].a > v[i].b) swap(v[i].a, v[i].b);
	}
	b[++cnt] = 1;
	std::sort(b + 1, b + cnt + 1);
	cnt = std::unique(b + 1, b + cnt + 1) - b - 1;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		v[i].a = std::lower_bound(b + 1, b + cnt + 1, v[i].a) - b;
		v[i].b = std::lower_bound(b + 1, b + cnt + 1, v[i].b) - b;
		a[1] -= 2 * v[i].x, a[v[i].a] += 2 * v[i].x, a[v[i].b] += 2 * v[i].x;
	}
	res = -inf;
	for (int i = 1; i <= cnt; ++i) {
		a[i] += a[i - 1];
		seg[++tot].k = -4 * b[i];
		seg[tot].b = a[i];
		add(r, 1, lim, 1, lim, tot);
		res = max(res, ask(1, 1, lim, b[i]) + a[i]);
	}
	print(res, '\n'); 
	return 0;
}
} // namespace XSC062
#undef int