BZOJ十一月月赛

考场上做第一题做了\(4\)小时\(T\)飞了，结果发现被\(GCD\)卡了，只能再回来（看着题解）补题了；

\(A\)

\(ans=\frac{sum[r] - sum[l-1]}{r - l + 1}\), 能够发现是个斜率模型，可以维护一个下凸壳，在凸壳上二分答案就好了；

\(B\)

设第j轮到了i号点时的概率\(P_{ij}​\);

\[P_{i0} = \frac{d_i}{2m}; \]

对于与\(i\)相连的点\(u\)

\[P_{i1} = \sum_u{\frac{d_u}{2md_u}} = \frac{d_i}{2m} \]

所以无论过了多少轮到这一点概率都是一样的

直接\(O(n)\)计算答案即可;

\(C\)

\[F_i = max(F_i,\ {sum_i} \ xor \ {sum_l} + sum_l) \ \ \ (0 <= l <= i) \]

分位考虑，发现当\(sum_i​\)的第j位为\(1​\)是，\(l​\)无论如何取这一位都是\(1​\)，

反之只有\(sum_l\)第j位为\(1\)时才有贡献\(1<<(j + 1)\)，否则无贡献;

这时可以贪心地预处理\(dp[i]\)为\(sum[l]\)包含i状态下最小的\(l\),选取\(1,0\)的时候用\(dp\)贪心即可;

\(D\)

待补

\(E\)

直接写一个\(gen\)打表即可;

\(F\)

容易想到状压\(DP\)，但要分\(m\)的奇偶性讨论；

当\(m\)为奇数时，不需要考虑对坐的情况，可以设\(dp(i,j,0/1,0/1)\),表示当前考虑到第\(i\)位为状态\(j\)时第一位选或不选，当前这一位选或不选;

当\(m\)为偶数时，发现当前及对面是只能取一个的，所以可以将这两个位置并在一起成为一个位置，这样转移就十分好想了，

设\(dp(i,j,0/2,0/2)\),选到第\(i\)组状态为\(j\)以及第一组和当前组的状态;

转移都是枚举当前这一位选什么;

\(G\)

十分巧妙的网络流建模，因为数字各不相同能够发现可以取到\(LIS_a + LIS_b\)这个上界;

所以问题转化为删去一些数使得\(a或b\)的\(LIS\)改变;

对于\(dp\)值为1的向源点连边，\(dp\)值为\(LIS\)的向汇点连边，这样问题就是割去图中的一些点使得\(S\)到\(T\)不连通；

经典问题，拆点最小割即可;