2024.11.2 模拟赛

T1 P11242 碧树

把 $n$ 个点往外连即可。最终答案为 $n - \max_{i=1}^na_i + 1$

T2 P11243 繁花

感觉我的做法麻烦了，而且随机复杂度（）

显然的，从左往右看可以分层，遇到一次大于号分一次。对于每段，遍历一遍，每遇到一次小于号计算一次答案。如果不考虑等于号，这段的贡献就是当前下标与右边离自己最近的小于号的下标之差。如果有等于号，考虑有几个等于号连着就可以了，开个 lst 维护一下下标位置就可以 $O(1)$ 查询了。将原来的贡献乘上 $i- lst_i$ 即可。

计算答案的时候从左往右算一遍再从右往左算一遍就可以了。

但是这么写会被卡到 $O(n^2)$ ，没关系，我们继续优化，再开一个 $ne[i]$ 维护最近的小于号，如果 $ne_j > i$ ，那就没有必要继续往回算找答案了。直接进行下一次计算。这样复杂度可以直接优化到接近线性？不知道，反正跑的飞快。

#include <bits/stdc++.h>

#define rint register int
#define int long long
#define endl '\n'

using namespace std;

const int N = 1e7 + 5;

char s[N], t[N];
int n;
int lst[N], ne[N];

int calc(char s[])
{
	for (rint i = 1, j = 0; i <= n; i++)
	{
        lst[i] = j;
		if (s[i] != '=') j = i;    		
	}
	for (rint i = n, j = 1e6; i >= 1; i--)
	{
		if (s[i] == '<') j = i;
		ne[i] = j;
	}
	int ans = 0;
	for (rint i = 1, j = 1; i <= n; i++)
	{
		if (s[i] == '>')
		{
			if (ne[j] > i) continue;
			for (rint k = j; k < i; k++)
			    if (s[k] == '<')
				{
					ans += (i - k) * (k - lst[k]);
					j = i;
				}				
		}		
	}
	return ans;
}

signed main()
{
	int T;
	cin >> T;
	while (T--)
	{
		cin >> n;	
		for (rint i = 1; i < n; i++) cin >> s[i]; 
		s[n] = '>';
		for (rint i = 1; i < n; i++) 
		{
			if (s[n - i] == '>') t[i] = '<';
			else if (s[n - i] == '<') t[i] = '>';
			else t[i] = '=';
		}
		t[n] = '>';
		cout << calc(s) + calc(t) << endl;
	}
	return 0;
}

T3 P11244 吻秋

不是，这 tm 什么玩意儿，正常人不应该都想的是线段树合并维护操作 1 然后平衡树查询第 k 大吗（）

赛时写完暴力后开始想正解，但是除了线段树合并 + 平衡树想不到别的做法了。但是好多人 20min 切掉 T3 又让我觉得很不可思议，感觉自己又想歪了但是好像又没歪，然后写了两个小时写了一坨跑的比暴力还慢无语了放弃了。

想到排序操作肯定有多余的，因为记录一下值域范围，如果有交集再计算否则不用管。所以我们只需要维护每一个序列的最大值最小值，然后打个 tag 让每个序列排上一次序就够用了，剩下的只需要归并排序就可以了，直接调用 merge 函数。所以只有前几次操作时暴力维护的后边的操作大概率都是 $O(1)$ 的比个最值就行

具体复杂度证明不太会

record

T4 P11245 残雪

没时间了赛时就构造出了特殊性质，非常好构造题使我大脑飞速旋转。

先计算 $L=R$ 的情况，我们假设 $n<m$ ，那么可以理解为要去找使 $n$ 不会被吸收的合法解的对于 $m$ 的要求。显然，如果我们 $L$ 个 $L$ 个去排波峰波谷是最能让他被吸收的排法。那么只需要把周期降低为 $L-1$ ，它就一定吸收不了了。那么对于 $m$ 的限制，就是必须大于周期数乘上 $L+1$ 。

考虑 $L<R$ 的情况。我们上边找对于 $m$ 的限制，其实就是往 $n$ 个波峰里面插入一定量的波谷。我们仍然按照 $L-1$ 去排，然后每次使 $L$ 变大去改我们的构造出来的序列，发现每 $2L$ 个为一组，第一组为 $L - 1$ 个波峰 $L + 1$ 个波谷，然后往后的每一组依次解体 $R - L$ 个波峰直到不存在连续的波峰。那么我们的构造方案就出来了。