Codeforces Div.2 979 E-G

E

这个最大分值显然是：设 $c[i]$ 为元素 $i$ 的出现次数，做前缀 $min$，然后求和

考虑到我们只关心各个元素的出现次数，那么设原本序列是 $cnt$，子序列的是 $b$

则需要乘上一个组合数 $\prod (\genfrac{}{}{0ex}{}{cnt[i]}{b[i]})$

设 $f_{i,j}$ 为元素 $[0,i]$，出现次数前缀 $min$ 现在是 $j$ 的方案数的分数总和

$g_{i,j}$ 为方案数

首先这个状态需要满足 $(i+1)\times j<=n$，则调和级数状态数

然后转移只需要枚举当前选多少个例如选 $t$ 个就有

$$f_{i,j}\times C(cnt[i+1],t)+g_{i,j}\times min(j,t)\ast C(cnt[i+1],t)\to f_{i,min(t,j)}$$

可以前缀和优化转移

F

发现出现 xyxy 这种东西就没了，而且答案具有单调性

所以我们可以考虑双指针求 $mn{l}_r$

这是简单的，我们找到 $r$ 前面第一个 $a_r$，判断有没有数“跨过它”即可。至于更前面的与 $a_r$ 相同的数字已经在更前面判断过了。

也就是我们对于每个位置维护 $nx{t}_i$ 表示下一个与 $a_i$ 相同的数的位置，没有则设置为 $i$，$ls{t}_i$ 是上一个 $a_i$ 相同的数的位置，我们维护 $r,nowl$，最初都是 $1$，执行以下操作：

• 若 $nowl\le ls{t}_r-1$，则判断是否 $maxnx{t}_{nowl\sim ls{t}_r-1}>ls{t}_r$，如果有则增加 $nowl$，重复，否则跳出

利用线段树维护即可。

G

考虑到一个策略：

• 取出 $l_{max},r_{min}$ 若 $l_{max}\le r_{min}$ 则已经合法，跳出

• 删去这两个区间，代价加上 $l_{max}-r_{min}$ 重复

  这里保证了这两个区间修改后相交的条件，并且最终的合法区间一定在这个区间里面，用这个操作是充分且必要的

考虑两区间 $[l_i,r_i],[l_j,r_j]$，默认 $l_j>r_i$

设有 $a$ 个区间满足 $l>l_j$，$b$ 个区间满足 $r<r_i$，且不是这两个区间，则总方案数是：

$$\sum (\genfrac{}{}{0ex}{}{a}{x})(\genfrac{}{}{0ex}{}{b}{x})2^{n-a-b-2}=(\genfrac{}{}{0ex}{}{a+b}{a})2^{n-a-b-2}$$

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考虑加速计算。

将 $l$ 递减排序，将 $r$ 递增排序，则可以求出一个 $c_i$ 表示 $j\le c_i$ 的 $r$ 都是可以用的，那么我们先计算 $l_i$ 贡献系数，有：

$$\begin{array}{rl}\sum _{j=1}^{c_i}(\genfrac{}{}{0ex}{}{i-1+j-1}{i-1})2^{n-i-j}& =2^{n-i}\sum _{j=1}^{c_i}(\genfrac{}{}{0ex}{}{i-1+j-1}{i-1})2^{-j}\\ & =2^{n-i-1}\sum _{j=0}^{c_i-1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{i-1+j}{j})2^{-j}\end{array}$$

那么我们只需要专心计算：

$$\begin{array}{rl}f(x,y)& =\sum _{j=0}^y(\genfrac{}{}{0ex}{}{x+j}{j})2^{-j}\\ & =\sum _{j=0}^y(\genfrac{}{}{0ex}{}{x+j-1}{j})2^{-j}+(\genfrac{}{}{0ex}{}{x+j-1}{j-1})2^{-j}\\ & =f(x-1,y)+2^{-1}f(x,y-1)\\ & =f(x-1,y)+2^{-1}(f(x,y)-(\genfrac{}{}{0ex}{}{x+y}{y})2^{-y})\end{array}$$

由此我们可以 $O(1)$ 地移动 $x$ 和 $y$。

也就是我们可以由 $f(x_1,y_1)$ 在 $|x_1-x_2|+|y_1-y_2|$ 的时间内得到 $f(x_2,y_2)$

而又有我们所求是 $f(i-1,c_i-1)$，第一维不断增大，第二维不断减小，总 $1\to n$ 变化量 $O(n)$

这就好了。

$f(0,0)=1$

同理考虑右端点的贡献即可。

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