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T1 捏捏

这个题才是签到题。

右边为逆序对总数。为左边的值找一个具体意义，我们将证明这个值不大于等号右边的值。

考虑冒泡排序，右边即冒泡排序交换的次数（每交换一次一定减少一个逆序对）。左边一定不大于冒泡排序交换次数，因为左边的值只考虑了复原需要向左移动的数，而未考虑向右移动的数。更具体的是左边就是冒泡排序交换次数的下界。

观察何时不能达到下界。如果一个数既往右边移动又往左边移动即无法到达下界。所以如果有类似于 3 2 1 这样的子序列一定不合法，也即如果存在长度为 $3$ 的下降子序列即不合法（这里已经可以推导出 DP 定义）。

也可以考虑动态地向后加入数，计算两边的增量，分类讨论：

• $a_i\ge i$：此时 $a_i$ 为前 $i$ 个数的最大值，因为 $a_i-i$ 表示 $i$ 之后有 $a_i-i$ 个比 $a_i$ 小的数，那前 $i$ 个数一定都不大于 $a_i$；
• $a_i\le i$：$max(0.i-a_i)=0$，那就说明后面没有比 $a_i$ 更小的数，满足 $1\sim a_i$ 全部出现。

那么加入的 $a_i$ 要么是新的前缀最大值，要么更小的数已经全部出现过。

可以得到一个 $O(n^2)$ 的转移，定义 $f_{i,j}$ 表示前 $i$ 个数中最大值为 $j$，每次要么选一个更大的数，要么补一个唯一合法的数。这个转移可以放到网格图上考虑。

那么剩下的工作是处理不同的前缀。记 $u=n-m,v=n-max{a}_i$，答案为：

$${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{u+v}{v})}-{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{u+v}{v-1})}$$

需要一些方法判断前缀是否合法，这个是容易的。

T2 太空沙

首先添加超源超汇并且令其不会被删除使图弱连通，不影响答案，并且入度/出度为 0 的点唯一了。

先对这个拓扑图跑一个拓扑序，点 $i$ 的拓扑序为 $p_i$。然后记录超源到点 $i$ 的最长距离 $f_i$，点 $i$ 到超汇的最长距离 $g_i$。

对于一条边 $u\to v$，删去拓扑序在 $[p_u+1,p_v-1]$ 的点不影响经过这条边的最长路径，这条路径的长度为 $f_u+g_v+1$。

那么问题变成了区间取 $max$ 全局求 $min$，线段树维护即可。

T3 亦爱门优

先考虑暴力判断一个子段是否合法。令星星的维数从 $0$ 编号。

枚举 $0\sim k-1$ 的排列 $p$。$p_i$ 表示现在已经确定了点 $P$ 的第 $p_0,p_1,\cdots ,p_{i-1}$ 维，如果当前星星加入后不合法，就用这个星星的第 $p_i$ 维来确定点 $P$ 的第 $p_i$ 维。

如果所有星星都能够被加入，那么这个子段合法。这样可以做到 $O(n^{2}k!)$。

然后考虑 DP。从第 $i$ 颗星星开始用排列 $p$ 进行匹配，定义 $f_{i,p,j}$ 表示点 $P$ 的第 $p_j$ 维第一次发生失配的位置（失配位置同时表示第 $p_{j+1}$ 维第一次进行匹配的位置）。那么使用 $p$ 匹配，以 $i$ 为左端点最长的合法子段为 $[i,f_{i,p,k-1}-1]$。

对这个 DP 进行转移，不妨考虑从后往前走，分类讨论。

如果 $f_{i+1,p}$ 中 $p_0$ 满足星星 $i$ 和 $i+1$ 的第 $p_0$ 维相同，那无需对 $p$ 做任何调整。

否则我们要在 $p$ 的基础上找到另一个排列 $q$，让 $f_{i+1,q}$ 转移到 $f_{i,p}$。

注意到我们一定会将点 $P$ 的第 $p_0$ 维确定为第 $i$ 个星星的第 $p_0$ 维。不妨将 $p$ 记作 $[p_0]AB$，那么 $q$ 就是 $A[p_0]B$（$B$ 可以为空）。$q$ 到 $p$ 的变化相当于提前使用第 $p_0$ 维进行匹配，如果 $q$ 中第一次使用第 $p_0$ 维的星星和星星 $i$ 的第 $p_0$ 维相同就可以把 $q$ 中的 $p_0$ 提前成为 $p$。

那么枚举所有的 $q$，$p_0$ 越靠前一定越优。时间复杂度 $O(nk!)$。

T4 锐

分出来的若干段中，一定只有一段贡献的是段内最长不降子序列长度，其他贡献的是零或一的数量。这样可以得到 $O(2^{n}n)$ 的做法。

暴力枚举所有划分方案其实很搞笑，可以直接做 DP。定义 $f_{i,j,0/1}$ 表示前 $i$ 个数分成了 $j$ 段，是否有贡献段内最长不降子序列长度的子段，可以得到 $O(n^3)$ 的做法。

每次扩展一段的 DP 做法其实也很搞笑，我们再加一维 $0/1$ 表示当前这个新扩展的子段要选的是 $0$ 还是 $1$，这样每次只需要扩展一个位置而不是扩展一个子段了，这是 $O(n^2)$ 的做法。

接下来是正解。注意到段内最长不降子序列长度这个贡献可以看成一个只贡献 0 和一个只贡献 1 个数的两个子段的贡献，那问题被转化为如下形式：选出一个尽量长的子序列，使得其连续段数不超过 $k+1$，这子序列的长度就是划分 $k$ 段时的答案（这是因为可能挑出来一段 000111000111000111，但是有贡献的只有一开始的一堆 0 和最后的一堆 1，而这显然可以只看成单挑了两个段产生贡献）。

倒过来考虑，我们要做的其实是将在其中删去一些元素，让未被删去的元素来产生贡献。首先一定不会删除连续的两个，因为它一定不优。当我们将中间的一个元素删除时，它两侧的两个元素会合并为一个新的元素（因为 $01$ 间隔），这样我们进一步完成转化。

不妨让中间的元素价值为 $2$（因为对于 010/101 段，让他们全部产生贡献需要三次操作，但是只让两端产生贡献只用一次操作），边上的元素价值为 $1$（同理）。要选择一些价值和为 $p$ 的元素，要求它们两两不相邻，且长度之和最小。讨论边上的元素是否删除后，剩下的问题是一个反悔贪心的问题，可以用堆维护。

当然证明了凸性也可以直接用闵可夫斯基和优化 $O(n^2)$ 的算法。