【学习笔记】AGC058

Adjacent Chmax

我会转化！！

怎么设计$dp$状态？？

离离原上谱

合法的最终序列$\{a_i\}$满足如下条件：

$1.1$对于任意$a_i$满足$L_{a_i}\le i\le R_{a_i}$，其中$[L_i,R_i]$表示$i$能操作的最大区间
$1.2$设$r{k}_i$表示$i$在原序列中的位置。对于任意$a_i$满足$r{k}_{a_i}\ge r{k}_{a_{i-1}}$

设$dp[i][j]$表示覆盖了$[1,i]$，并且$a[i]=j$的方案数

那么$dp[i][j]=[L_j\le i\le R_j]{\sum }_{r{k}_k\le r{k}_j}dp[i-1][k]$

Planar Tree

羊了个羊

考虑从一个位置断开，那么合法的方案满足：

$1.1$ 任意两个点之间是联通的，并且对于任意两条线段，满足包含或不相交的关系。

直接做非常棘手，但是注意到每个点的数字最多只有$4$种情况，这启发我们通过讨论简化情况。

如果两个相邻位置上的数相同，那么可以缩成一个点，因为它们总是连向同一个节点。

如果一个位置是$1/4$，并且这个点相邻的数字恰好相差$1$，那么我们可以把这个点删去，表示连了一条长度为$1$的线段。

然后，我们可以递归地构造这棵树，即圆上一定存在两个相邻的差恰好为$1$的点，把它们连起来，并删除掉其中一个节点，直到圆上只剩一个节点为止。

那么我们可以想到，将环从一个位置断开，然后从前往后扫一遍就能得到答案。

并且我们观察到，一个$1$恰好会抵消掉一个$3$，并且一个$4$恰好会抵消掉一个$2$，最后剩下$2,3$交错的序列并不影响答案。因此我们通过比较$1,2,3,4$的数目就能得出答案。

那么为什么出现$(1,2)$,$(3,4)$时要将靠边界的那个值删掉呢？道理很简单，从后面的过程中我们能看出尽量保留$2,3$是更优的，因为即使剩余的$2,3$多余了也能互相消去。而对于$1,4$会抵消掉部分$2,3$，显然我们应该最大化$2,3$的数量而最小化$1,4$的数量。

复杂度$O(n)$。细节在于，如果我们把$1,4$看成$I$类点，$2,3$看成$II$类点，那么每次相当于在$I$,$II$类点中各删除一个，因此限制为$cn{t}_1+cn{t}_4<cn{t}_2+cn{t}_3$。反之如果满足这个条件，那么每次一定能找到两个数进行抵消。

#include<bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define ll long long
#define pb push_back
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
int T,n,m,cnt,a[300005],b[300005],c[300005];
int solve(){
	cin>>n,m=cnt=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int x;cin>>x;
		if(b[m]==x)continue;
		else if(b[m]==4&&x==3||b[m]==1&&x==2)b[m]=x;
		else if(!(b[m]==2&&x==1||b[m]==3&&x==4))b[++m]=x;
	}
	int l=1,r=m;
	while(r>l){
		if(b[l]==b[r])r--;
		else if(b[l]==1&&b[r]==2||b[l]==4&&b[r]==3)l++;
		else if(b[r]==1&&b[l]==2||b[r]==4&&b[l]==3)r--;
		else break;
	}int f[5]={};
	for(int i=l;i<=r;i++){
		f[b[i]]++;
	}
	if(f[1]+f[4]<f[3]+f[2]){
		return 1;
	}return 0;
}
int main(){
	cin>>T;
	while(T--){
		cout<<(solve()?"Yes":"No")<<"\n";
	}
}

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本文作者：仰望星空的蚂蚁
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