2024牛客多校7&8

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A Maximum Subarray Sum (A)

（出题人解法没看明白）

解法2的切入点类似之前某场div2的D题（题解传送门），将操作过程视为选出 \(\lfloor n/k\rfloor\) 个长度为 \(k\) 的子序列，答案序列中大于 \(k\) 的部分暂时与舍弃部分等价，即最后舍弃的数字下标满足 \(i' = i\space mod\space k\). 设 \(dp[i][x][y][p]\) 表示到 \(i\) 位置，换走 \(x\) 个数、换入 \(y\) 个数，当前选择状态为 \(z\)（选或不选）时的最大和，每个计入答案的数可能存在按序选入/中途换入两种选择方式，同理未计入答案的数也存在直接抛弃/换出两种可能。当前数被选中时，由于子序列长度至少为 \(k\)，为避免出现间断点，\(dp[i][x][y][1]\) 只能由 \(dp[i - k + 1][x][y][1]\)（长度为 \(k\) 的子序列）或 \(dp[i - 1][x][y][1]\)（答案序列中大于 \(k\) 的部分）转移而来，前者需要从 \(0\) 到 \(m\) 枚举换出数字的数量，其他所有情况则可以 \(O(1)\) 转移。利用前缀和与set之类的容器处理换出后的序列最大值，整体复杂度可优化至 \(nm^3\) 左右。特别地，当 \(i\space mod\space k = k - 1\) 时，由于舍弃的数不可能超过 \(k - 1\) 个，该位置上的数字不能被直接抛弃，只进入 \(0\) 至 \(m\) 的循环、讨论可能存在的换出情况。代码还是借鉴其他队答案才写明白的，所以没必要放这里了）

I Fight Against the Monster (I)

题解思路是二分答案，不过不用二分也行。\(h\leq m\) 时显然答案为 \(h\)，对于 \(h > m\) 的情况，若生产出的 \(k\) 台新机器仍不足以将怪物杀死，可以选择直接补充与剩余血量相等的机器数目（\(h'\leq m - k\) 时），或补充 \(m - k\) 台机器至恰好足以生产新机器，依此思路可 \(O(1)\) 计算答案，代码如下：

    if(h <= m) printf("%lld\n", h);
    else if(m <= k) printf("%lld\n", m);
    else {
        ll sum = h - m;
        if(sum <= k) printf("%lld\n", m);
        else {
            ll cnt = sum / m, x = sum % m;
            if(x >= k) printf("%lld\n", m + cnt * (m - k) + (x - k));
            else printf("%lld\n", m + cnt * (m - k));
        }
    }

8

上周四不在家所以没打，后来自己写的时候各种卡题，难过）

A Haitang and Game (A)

事实上A题并不是一道博弈题，最终序列中加入的所有 \(d\) 是固定的，不存在任何可能改变胜负的博弈策略。具体而言，若序列中 \(d\)（本身不存在于序列中）的倍数有 \(a_i,a_j,...\)，且 \(gcd(a_i,a_j,...) = d\)，则 \(d\) 必然会被加入。数据范围 \(a_i\leq 10^5\)，遍历 \(1\) 至 \(a_{max}\)，枚举倍数判断其是否为合法的 \(d\)，由调和级数得整体复杂度 \(nloga_{max}\).

E Haitang and Math (E)

由 \(m\leq n\leq 10^{12}\) 得 \(s(m)\leq 108\)，对 \([n - 108, n]\) 枚举因数即可。直接 \(T*100\sqrt n\) 似乎过不了，题解使用区间筛可优化至 \(T(\frac{\sqrt n}{log\space n} + d(n)log\space n)\)，但不幸的是我不会区间筛，也没看懂队友的模板，数学题真就只能靠队友了吗TAT

J Haitang and Triangle (J)

可爱构造题，首先考虑无解，\(1\) 在任何情况下都不能与其他数组成三角形，合法子序列的总数不可能超过 \(n - 3\) 个，当 \(m = n - 2\) 时，答案不存在，特判无解。当 \(x > 1\) 时，从 \(x\) 到 \(x + k\) 的顺序序列必然存在 \(k - 2\) 个合法的子序列，而不合法子序列的构成则相对复杂，因此优先考虑对不合法部分的构造。当 \(a + b\leq c\) 时 \(a,b,c\) 不能构成三角形，为构造尽可能多的此类组合，应尽可能选择排列中最小/最大的数。

由此可得构造策略：假设 \(n - m - 2 = 3k\)，先保留前 \(2k\) 与后 \(k\) 个数，取出中间 \(m + 2\) 个数，顺序排列形成 \(m\) 个合法子序列；将前 \(2k\) 与后 \(k\) 个数依次组合，诸如 \(1,2k,x,2,2k - 1,x + 1,3,...\) 相邻三个数中，较小数之和只可能为 \(2k + 1\) 或 \(2k + 2\)，由于 \(m + 2\geq 2\)，必有 \(x > 2k + 2\)，即任何子序列必然不合法。该部分以 \(1\) 开头、位于顺序排列的 \(m + 2\) 个数后，\(1\) 的特殊性质可以确保合法子序列不会增加。对于 \((n - m - 2)\mod 3 = 2\)，相当于前 \(k\) 个数中额外加入两个，同理构造即可；\((n - m - 2)\mod 3 = 1\) 时，先假设 \(m' = m - 1\) ，构造余数为 \(2\) 的情况；再交换后部分中 \(1\) 与 \(2k\) 的位置，此时后部分性质保持不变，由前部分顺序排列可知，相邻两数之差 \(1 < 2k\)，\(2k\) 必然能够与 \(x - 2, x - 1\) 形成新的合法子序列。

主要代码：

    if(m == n - 2) {
        printf("-1\n");
        return;
    }
    int num = m + 2, las = n - (m + 2);
    int pre = las / 3 * 2, suf = las / 3;
    bool flag = 0;
    if(las % 3 == 1) {
        num--;
        las++;
        flag = 1;
    }
    if(las % 3 == 2) {
        pre += 2;
    }
    for(int i = pre + 1; i + suf <= n; i++) {
        ans[i - pre] = i;
    }
    for(int i = num + 1; i <= n; i += 3) {
        int x = (i - num) / 3;
        ans[i] = x + 1;
        ans[i + 1] = pre + 1 - ans[i];
        ans[i + 2] = x + pre + n - las + 1;
        if(x == 0 && flag) swap(ans[i], ans[i + 1]);
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        printf("%d ", ans[i]);
    }

另有：这题写完交上去两次都WA，一度怀疑我的构造假了（关键题解还不是这么构造的，更害怕了），无奈求助队友才发现我代码的一个弱智错误。。。不好评价，并且再次感谢xht orz