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有点难想的 DP。

考虑 $f_i$ 表示前 $i$ 个字符的最小代价，显然有转移方程 $f_i=min\{f_{i-1}+a,\underset{j,k,k\ge i-j,s_{j-k+1,\cdots ,j}=s_{i-k+1,\cdots ,i}}{min}{f}_j+b\}$。

注意到复杂度是 $O(n^3)$ 的。

感性理解可以发现 $f$ 单调不减。

那么对于一个固定的 $j$，显然 $k$ 越大一定不劣，此时 $k$ 最大为 $1\sim i$ 和 $1\sim j$ 的 $LCP$，那么转移方程就是 $f_i=min\{f_{i-1}+a,f_{max\{i-lc{p}_{i,j},j\}+b}\}$。

至于为什么要取 $max$，因为如果不取的话，就相当于用了还没出现的字符串。

总之，非常有趣！

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考虑倒着做，考虑第 $i$ 个位置，显然 $i+1\sim n$ 已经满足条件了，那么对于 $s_i=0$，改成 $1$ 一定不优，否则，如果后面的 $1$ 的数量大于等于 $0$ 的数量，那么把 $s_i$ 改成 $1$ 并不会使答案变大。

感性理解吧。。严谨证明并不是很会。

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数据结构好题！

显然最小值很好统计，以下只考虑最大值。

考虑如何暴力做：记录数列，然后把所有的人的位置更新答案。

接下来观察每一次把一个人 $x$ 提前，对所有的人的影响，显然除了 $x$ 自己，其他人的排名一定上升或不变。那么正解也就呼之欲出了：我们在排名变小前并不要更新答案，另外在结束时统计答案，因为如果此时答案变大的话可以在后面一定会统计到，变小的话后面不一定统计到。

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考虑一对括号 $(i,j)$，发现删掉 $(i,j)$ 的代价为这对括号的深度（有多少对括号包含这对括号），那么移动括号可以减去 $(j-i-1)/2$ 的答案，排序一下就做完了。

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组合数题。

直接做并不好做，考虑每个点会有多少点出去。

显然是 $(1,1)$ 到这个点的方案数，组合数并不难计算，但是复杂度是 $O(n^2)$ 的。

然后拆式子可以做到 $O(n)$。