noip模拟11

A 送信卒

考场上唐了，把方向搞反导致挂零。。。

然后就是跑一边 bfs，算出来最短路，并且记录横纵位移，就好了。

好像也可以二分然后去跑 djikstra。

其实有个 hack，会让我的代码在特定情况下不稳定地输出错解：

10 10
1 1 5 5
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
0 1 1 1 1 1 1 1 1 0
0 1 1 1 0 0 0 0 0 0
0 1 1 1 0 1 1 1 1 1
0 1 0 0 0 1 1 1 1 1
0 1 0 1 1 1 1 1 1 1
0 1 0 1 1 1 1 1 1 1
0 1 0 1 1 1 1 1 1 1
0 1 0 1 1 1 1 1 1 1
0 0 0 1 1 1 1 1 1 1
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B 共轭树图

首先的结论，是 $G$ 图是一棵树。

然后省略证明，然后考虑 dp：

设 $f(x,i)$ 表示以 $x$ 为根的子树，且 $x$ 只允许与它的第 $i$ 个祖先在 $G$ 连边时，子树中的方案数。考虑枚举 $x$ 在 $G$ 中的父亲具体是哪一个，有转移：

$$f(x,i)=\sum_{j=1}^i \prod f(y,i-(j-1)+1)$$

然后在统计时用前缀和优化即可。

C 摸鱼军训

可算是搞懂了。

首先，我们需要确定一个数在 $k$ 次冒泡排序后的位置，有以下几种可能：

• 第 $k$ 次排序后前面仍有比他大的数；

• 没有比他大的数

• 他已经不会再移动（前缀已经有序）

首先，有几个比较重要的引理：

若 $x$ 后方有 $k$ 个小于它的数，第 $k+1$ 个数大于它，那么本次移动 $x$ 和下一个大于 $x$ 的数中间的数都会移动到 $x$ 前方。

证明：
我们设小于 $x$ 的数为 $p_1,p_2...p_k$，大于 $x$ 的数为 $q_1,q_2,...q_k$
假设一次排序前的序列为 $x,p_1,p_2,p_3,q_1,p_4,q_3$，那么显然，$x$ 会与 $p_1$ 交换，然后指针依然在 $x$ 上，会与 $p_2$ 交换，直到 $q_1$ 为止。而接下来 $p_4$ 会从 $q_1$ 和 $q_2$ 中间移动到 $x$ 和 $q_1$ 中间，以此类推。

若 $x$ 前方已无大于它的数，且保证接下来的序列一定会变，那连续 $k$ 次排序，第 $i$ 次排序后 $x$ 应该距离 $p_i$ 在序列中的原位置有 $i$ 长度。

证明：
我们已知一次排序后 $x$ 会处在某个大于它的数的前面，那么根据上面的结论，第 $i$ 次排序会使 $q_{i-1}$ 和 $q_i$ 中间的所有 $p$ 移动到 $q_{i-2}$ 和 $q_{i-1}$ 中间，
此时，我们假设序列中没有 $<x$ 的数，那排序到 $k$ 次时确实距离 $p_k$ 为 $i$。
那现在有了 $<x$ 的数，原序列中 $p_k$ 前面的、$<x$ 的数来到了 $x$ 的前方，假设有 $m$ 个，
我们不关心 $p_k$ 后方的数产生的影响，因为在 $k$ 次后它们到不了 $x$ 的前面，即对 $x$ 现在的位置没有影响。
假设原序列中 $x$ 到 $p_k$ 的距离为 $k+m$，即有 $k$ 个大于 $x$ 的，$m$ 个小于 $x$ 的，
那么既然那 $m$ 个 $<x$ 的数已然来到 $x$ 前方，所以 $x$ 到 $q_k$ 的原位置不就是 $k+m-m$，那不就是 $k$ 吗。

情况 $1$：

若 $x$ 前面仍有大于它的数，那距离 $x$ 最近的、大于 $x$ 的数一定会移动到 $x$ 后方。证明可看引理 1。

那么，有 $i$ 个大于 $x$ 的数，就一定需要 $i$ 轮去把它们移动到 $x$ 后方。并且，每移动一轮，$x$ 的位置都会 $-1$。

因为有一个在它前面的大于它的数到了后面，且只有一个，所以会 $-1$。

记原序列中在位置 $p$ 前方且大于 $a_p$ 的数的个数为 $rev_p$，那么对于所有 $k\le rev_p$ 的轮，$a_p$ 的位置一定是 $p-k$。

情况 $2$:

此时，$x$ 的前方已经没有比它大的数了，那我们根据引理 2，在第 $k$ 轮，$x$ 到 $p_k$ 原位置的距离为 $k$，只需要维护所有大于 $x$ 的数的位置，并且找第 $k$ 大的，那么本次排序后 $x$ 的位置就是 $pos_{p_k}-k$ 了。

情况 $3$：

在第 $i$ 轮，编号为 $n-i+1$ 的数一定会被移动到最终位置。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int n;
const int N=5e5+5;
inline int read()
{
	register int s=0;
	register char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
	while(c>='0'&&c<='9') s=(s<<1)+(s<<3)+(c^48),c=getchar();
	return s;
}
void write(int x)
{
	if(x>9) write(x/10);
	putchar(x%10+'0');
}
int q,a[N];
struct OP{
	int k,x,id;
	inline bool operator<(const OP &ll) const {
		return x>ll.x;
	}
}op[N];
int ans[N],pos[N];
struct BIT{
	int c[N];
	inline int lowbit(int x)
	{
		return x&-x;
	}
	void update(int x)
	{
		for(;x<=n;x+=lowbit(x)) c[x]++;
	}
	int query(int x)
	{
		int res=0;
		for(;x;x-=lowbit(x)) res+=c[x];
		return res;
	}
}st1;
int rev[N];
struct SegTree{
	struct{
		int sum;
	}tr[N<<2];
	#define lid now<<1
	#define rid now<<1|1
	void update(int now,int l,int r,int x,int y)
	{
		if(x<=l&&r<=y)
		{
			tr[now].sum++;return  ;
		}int mid=(l+r)>>1;
		if(x<=mid) update(lid,l,mid,x,y);
		if(y>mid) update(rid,mid+1,r,x,y);
		tr[now].sum=tr[lid].sum+tr[rid].sum;
	}
	int query(int now,int l,int r,int k)
	{
		if(l==r) return l;
		int mid=(l+r)>>1;
		if(tr[lid].sum>=k) return query(lid,l,mid,k);
		else return query(rid,mid+1,r,k-tr[lid].sum);
	}
}st;
signed main()
{
	freopen("bubble.in","r",stdin);
	freopen("bubble.out","w",stdout);
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read(),pos[a[i]]=i;
	q=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		rev[i]=st1.query(n)-st1.query(a[i]);
		st1.update(a[i]);
	}
	int mxk=0,tot=0;
	for(int i=1;i<=q;i++)
	{
		int kk=read(),xx=read();
		int p=pos[xx];
		if(rev[p]>=kk) ans[i]=p-kk;
		else if(n<xx+kk) ans[i]=xx;
		else
		{
			op[++tot].k=kk,op[tot].x=xx,op[tot].id=i;
		}
	}
	sort(op+1,op+1+tot);
	int now=n+1;
	for(int i=1;i<=tot;i++)
	{
		while(now>1&&now-1>op[i].x)
		{
			now--;
			st.update(1,1,n,pos[now],pos[now]);
		}
		ans[op[i].id]=st.query(1,1,n,op[i].k)-op[i].k;
	}
	for(int i=1;i<=q;i++) cout<<ans[i]<<"\n";
	return 0;
}

D 神奇园艺师