11.3 模拟赛

T1:

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T2:

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不难发现，设最终每段黑白比值为 $C$ ，则 $\frac{\sum W}{\sum B} = C$ ，我们可以直接算出每段的黑白格子比值为多少。

接下来考虑如何让划分区间最多：

结论： 一定是恰好满足 $\frac{W}{B} = C$ 的最小的区间。
证明： 设 $[1, x], [1, y]$ 区间均满足条件，且 $x < y$ ，发现 $\frac{W_{1, x}}{B_{1, x}} = \frac{W_{1, y}}{B_{1, y}} = \frac{W_{x + 1, y}}{B_{x + 1, y}}$ ，所以选 $[1, y]$ 不如选 $[1, x], [x + 1, y]$ ，能产生更多贡献。

接下来模拟上述贪心过程即可。

T3：

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棋盘上放置方案问题，很容易想到动态规划求解，观察数据范围，无法状态压缩。

但再观察，发现某一列上最多只能放两个棋子，某一行也同理，所以我们可以这样设计状态：令 $f_{i, j, k}$ 表示前 $i$ 行，有 $j$ 列放了一个棋子， $k$ 列放了两个棋子的方案数。

转移时枚举第 $i$ 行放了多少棋子：

不放棋子，直接从上一行状态转移来： $f_{i, j, k} = f_{i - 1, j, k}$ 。
放一枚棋子，它可以放到之前没有棋子的和有一枚棋子的列： $f_{i, j, k} = {\begin{cases} f_{i - 1, j - 1, k} \times (m - (j - 1) - k) \\ f_{i - 1, j + 1, k - 1} \times (j + 1) \end{cases}$
放两枚棋子，可以都放到没棋子的列，都放到放一枚棋子的列，以及分别放没棋子和有一枚棋子的列。
转移方程为： $f_{i, j, k} = {\begin{cases} f_{i - 1, j - 2, k} \times C_{m - (j - 2) - k}^{2} \\ f_{i - 1, j + 2, k - 2} \times C_{j + 2}^{2} \\ f_{i - 1, j, k - 1} \times j \times (m - j - (k - 1)) \end{cases}$

最后答案为 $\sum_{j = 0}^{m} \sum_{k = 0}^{m} f_{n, j, k}$ 。

T4：

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可以暴力枚举 $a, b$ ，然后 $c \in [2 b - a, n]$ ，找区间最大值即可。

对于我们选择的 $a, b$ 间，若能在 $(a, b)$ 中找到某个下标 $i$ ，满足 $h_{i} \geq h_{a}$ 或 $h_{i} \geq h_{b}$ ，那么选择 $i$ 是更优的。

理由很简单，无论是从 $a \to i$ 还是从 $b \to i$ ，都会扩大 $c$ 的选择区间，同时还能增大你的 $h_{a} + h_{b}$ 。

所以我们只找满足以下条件的 $a, b$ ：

$[a, b]$ 中最大值 $< min {h_{a}, h_{b}}$ 。

这不就是找到一个数，它左右两边的最近的大于等于它的数吗。直接单调栈求出，并且这样的数对是 $O (n)$ 级别的。

然后我们把询问离线下来，从大到小枚举左端点进行扫描线，对于新的左端点 $i$ ，先把预处理来的数对 $(a, b), a = i$ 对答案进行更新。

如何维护答案？考虑线段树，设 $B_{i}$ 表示如果选 $i$ 作为 $c$ ，它左边的最大的 $h_{a} + h_{b}$ ，对于新来的数对 $(a, b)$ ，将 $[2 b - a, n]$ 中的 $B_{i}$ 与 $h_{a} + h_{b}$ 取 $max$ ，这个用线段树很好维护。