2021.7做题记录
P4331 [BalticOI 2004]Sequence 数字序列
首先考虑要求 \(b_1\leq b_2\cdots\leq b_n\) 怎么做
对于一段区间，他是单调不降的，那么显然 \(b_i=a_i\)
对于一段区间，他是单调下降的，那么显然 \(b_i=a\) 的中位数
所以我们把序列分成连续的单调下降的区间，然后对于每一个 \(mid(i)>mid(i+1)\) 我们把这两个区间合并在一起，变成一个新的中位数
这个过程可以按顺序加入，用单调栈实现
考虑维护中位数的过程，本质上是合并两个堆，pop最大值，利用左偏树实现
回到本题，我们发现 \(|a_i-b_i|=|(a_i-i)-(b_i-i)|\)，所以我们把 \(a_i-i\)，相应的最优的 \(b_i\) 也 \(-i\)，这个时候 \(b^\prime_i\) 就是单调不降的了
code
P3273 [SCOI2011]棘手的操作
看到后面 6 个操作，自然的想到如果每一个连通块里面的点都是连续的话，那么就可以用线段树实现了
所以我们把询问离线，按照合并的顺序，每次合并 \(x,y\) 的时候开一个新的节点作为他们的父亲，最后可以建出一个 \(2n\) 个点（左右）的一棵树，这个时候按照叶子结点的顺序，就可以保证每个连通块的位置的编号在一起了，这个过程不难利用并查集来实现
code
\(\mathcal O(n\log n)\)
同样这道题也可以利用左偏树实现
我们把标记打在每个的根上面，每次不下传标记，访问一个位置的值直接用 \(a_i+tag[rt]\)
这个时候合并会出现问题，所以我们可以考虑启发式合并，每次把大小小一些的左偏树的标记暴力下传，这样下传标记的复杂度也是一个 \(\log\) 的
这样剩下的操作就非常简单了，再开一个可删堆维护每个左偏树的根的最值即可
\(\mathcal O(n\log n)\)
\(\color{red}{复习左偏树时可以再写一遍}\)
CF571C CNF 2
显然如果一个变量只出现了一遍，那么显然他那个位置可以满足
如果一个变量出现了两遍，并且他们都是 x 或者非 x，那么这两个位置都可以满足
接下来我们把出现了两遍的 \(x\) 和 \(-x\) 之间连边，现在要给每条边定向，让每个点至少有一个入边
如果不存在环，显然不行
如果存在环，环上随便定向，非环的往外定向就可以了
难度主要在于代码。。。
P6453 [COCI2008-2009#4] F
注意到，对于全局最小值的位置，我们可以把它两边的元素分开考虑
所以不难想到建立一棵笛卡尔树，用 \(f[u][i]\) 表示在 \(u\) 字数上的位置已经放了 \(i\) 个的方案数
其中 \(F(n,m,k)\) 表示 \(n\) 行 \(m\) 列的矩形放 \(k\) 个的方案数，即为 \(\binom{n}{k}\binom{m}{k}k!\)
注意到 sigma j 的部分可以 \(\mathcal O(n^3)\) 预处理，所以整体转移就是 \(\mathcal O(n^3)\)
P6144 [USACO20FEB]Help Yourself P
显然要排序，但是按照 l 还是 r 呢？
注意到如果按照 r 的话有可能让复杂度变小
但是如果按 l 排序，我们每加入一条线段，复杂度要么 +1 要么不变
所以我们用 \(f[i]\) 表示最右边的线段最右边在 \(i\)
每加入一条线段，\(f[r]\) 应该等于 \(f[1...l-1]\) 的和每一个增加1,和 \(f[l...r-1]\) 的和
对于 \(i>r\) 的部分，这条线段选不选对复杂度没有影响，所以直接乘2
不难发现我们可以用一个线段树来维护
注意到 \(x^k\to (x+1)^k\) 不太好维护
我们把 \(\sum x^i\) 全维护一下，利用二项式定理更新即可
P3244 [HNOI2015]落忆枫音
首先如果不加边，答案就是 \(\prod inde[i]\)
如果加边形成了一个环，我们要把环的答案减掉，就是 \(\prod_{i\not\in circle} inde[i]\)，转化一下，就是 \(\dfrac{\prod inde[i]}{\prod_{i\in circle}inde[i]}\)
考虑从 \(t\) 出发开始在环上做 dp， \(f[v]=\dfrac{\sum_{f[u]}}{inde[v]}\)
答案就是 \(\prod inde[i]-f[s]\)
code
CF1466G Song of the Sirens
对于一个询问串 \(q\)，我们设他在 \(s_i\) 中出现了 \(f_i\) 次
显然有 \(f_i=f_{i-1}+val(s_i,q)\)，其中 \(val(s_i,q)\) 表示的是包含 \(t_{i-1}\) 的 \(q\) 在 \(s_i\) 中的出现次数
不难发现这个东西的长度是 \(O(|q|)\) 的，所以我们可以暴力跑 kmp
注意到，对于 \(|s_{i-1}|>|q|\) 的全部 \(s_i\)，这些串都是相同的，所以我们可以直接枚举中间那个 \(t\) 是哪个字母，然后直接计算贡献
对于第一个 \(|s_i|>|q|\)，我们同样吧 \(t_{i-1}\) 放到中间按照上面的方式跑就可以了
\(\mathcal O(|s|\log |s|+|s|)\)
AT2000 [AGC002F] Leftmost Ball
\(f[i][j]\) 表示放了 \(i\) 个白球和 \(j\) 种颜色的方案数，\((i\geq j)\)
对于下一个空位，我们枚举他放的是白的还是新的颜色
如果是白的，直接转移量为 \(f[i-1][j]\)
如果是其他的颜色，这个颜色有 \((n-j+1)\) 种选法，剩下有 \(nm-(j-1)(m-1)-i-1\) 个位置要放 \(m-2\) 个，直接组合数转移就可以了
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P4774 [NOI2018] 屠龙勇士
显然可以很轻松的求出用哪把刀打这只怪，设这个伤害为 \(b_i\)
那么现在相当于解同余方程组 \(b_i x\equiv a_i(\bmod p_i)\)
对于每一个，我们可以用 exgcd 找到最小的解
假设显然有 \(b_ix_0+p_iy_0=a_i\)，注意到两边可以同时对 \(\dfrac{p_i}{\gcd(b_i,p_i)}\) 取模（结合先除gcd再成 \(a_i\) 理解）
所以这个式子等价于 \(x\equiv x_0(\bmod \dfrac{p_i}{\gcd(b_i,p_i)})\)
于是就变成了 excrt 板子了
BJSC 2021 Day3-A
显然对于每个班的人从小到大排序
不难猜到 \(1,2\) 做一个桌子，\(3,4\) 做一个桌子......
所以可以枚举每个位置用那个桌子
注意到对于每一个位置，这并不是单谷的
但是对于整体，我们把桌子排序之后是决策单调的
所以直接分治即可
loj #2392. 「JOISC 2017 Day 1」烟花棒
我们的目标显然是让烟花燃放的时间更长
所以设 \(k\) 要把火传给 \(k+1\)，那么我们可以对着跑，然后跑到一起之后，一起跑向下一个人，等到 \(k\) 要死的时候再传给 \(k+1\)
所以相当于是从 \(k\) 开始往两边做合并，每次合并的时候可以增加燃放时间为 \(T-cost\)
我们要求燃放时间一直是正的
不难发现，把 \(r\) 合并上 \(r+1\) 的时候增加的答案是 \(\dfrac{X[r]-X[r+1]}{2v}+T\)
所以我们二分 \(v\)，接下来的问题是有没有一种构造方案
我们现在可以提取出两个数列 \(a,b\)，我们每新取一段，显然这一段的和要 \(\geq 0\)，并且还要满足在这一段中间燃放时间的最小值要 \(\geq 0\)，否则还不如先取别的
这样我们可以取到两个序列的前缀最大值位置（如果取不到就是 false）
剩下的部分怎么办呢？
我们发现前缀最大值一定是后缀最小值，所以我们从后往前再做一遍看能不能满足条件就可以了
