XX Open Cup, Grand Prix of Tokyo

Little Vegetable Chickens in Shandong 二队: donghanwen, do_while_true

Accepted：E（dwt）F（donghanwen）H（donghanwen）

H

\(t=10^9\)，构造出四个点分别为 \((-t+1,0),(0,t)\) 和 \((0,-t),(t,1)\)．

E

ARC156D 的 dp，用 bitset 优化就行。

F

根据排序不等式，答案的下界应当为 \(\sum |a_i-b_i|\)，那就尝试构造出这个下界。尝试归纳然后反证，就 \(b_1\) 不能引爆 \(a_1\) 那么 \(b_1\) 距离 \(a_2\) 比距离 \(a_1\) 更近，然后看 \(b_2\) 就要离 \(a_3\) 比离 \(a_2\) 更近 ...... 到最后 \(b_{n-1}\) 要离 \(a_n\) 更近，那 \(b_n\) 必然会引爆 \(a_n\)，与假设不符，矛盾。

所以这个下界一定能构造出，然后考虑每次怎么找一个能引爆 \(a_i\) 的 \(b_i\)．就考虑 \(b_i\) 最近的要满足是 \(a_i\) 的话，需要一个区间 \([l,r]\) 里的 \(a_j\) 都被删掉，那么就线段树优化建图，然后拓扑排序。

可以不用这么麻烦！维护一个栈，从前往后枚举 \(i\)，如果 \(a_i<b_i\) 就压入栈；如果 \(a_i>b_i\)。就不断检查 \(b_t\) 离 \(a_t\) 比离 \(a_i\) 更近的话就弹出 \(t\) 并且把它干碎；否则就可以干碎 \(i\) 然后 break 了。

很好理解为什么是对的，但我觉得这怎么想到的啊！

dhw：
我最后可能是
就单纯觉得如果一开始全是ai>bi就好了
或者最后全是ai<bi
但是做不到
于是考虑一边压进栈一边解决
发现就可以了。

希望我们常人能够理解大师的思路！

J

先别把问题转化成两个前缀！

没什么想法！枚举算法！扫描线没救！莫队看上去很慢！分治！按照纵坐标分治一下！

考虑跨过中线的，如果左半部分红的最大值，在内外哪侧，和右半部分蓝的最大值，在内外两侧，相同时，那么肯定是它俩对答案贡献。

然后发现就算它们并不是同在内侧或者同在外侧，那么对答案产生贡献的点对，也一定包含左红最大值和右蓝最大值。

把所有可能的 \(\mathcal{O}(n\log n)\) 个点对拉出来（支配对的套路），答案一定出现在它们之中，那么问题就变成 2-side max 了。

cf blog 里面一个 \(\mathcal{O}(n)\) 支配对的方法是：

• 对每个红点，找纵坐标大于它的最优的蓝点；
• 对每个蓝点，找纵坐标小于它的最优的红点；
• 将红点按照纵坐标排序，对于权值的每个前缀最大值，对于下一个前缀最大值的纵坐标 \(y\)，找纵坐标比 \(y\) 大的最优的蓝点。

为什么是对的！我还不懂！后面的英文看不懂了！