BalticOI 2022
有一道题 LOJ 没有，就没做了。
LOJ #3774. 「BalticOI 2022 Day1」Art Collections
注意到询问次数为 \(n\)，我们希望每次确定一个数的位置。考虑增量法，前 \(i-1\) 次操作构建出 \([1,i-1]\) 的排列，在第 \(i\) 次操作的时候插入 \(i\)。
首先询问 \(p=\{1,2,3,\dots,n-1,n\}\)，设返回值为 \(B_1\)。
考虑如何确定 \(2\) 在 \(1\) 前面还是后面，询问 \(p=\{2,1,3,4,5,\dots,n-1,n\}\)，设返回值为 \(B_2\)。如果 \(B_2<B_1\)，则 \(2\) 在 \(1\) 前面，否则 \(2\) 在 \(1\) 后面。
拓展这个做法。对于 \(i\)，询问 \(p=\{i,1,2,\dots,i-1,i+1,\dots,n-1,n\}\)，设返回值为 \(B_i\)。
设 \([1,i-1]\) 中应该在 \(i\) 左边的数有 \(L_i\) 个，在右边的数有 \(R_i\) 个。容易得到
那么就求出了 \(L_i,R_i\)，就知道 \(i\) 应该处于 \([1,i]\) 排列的什么位置了。
LOJ #3775. 「BalticOI 2022 Day1」Event Hopping
倒着考虑往回跳，则变成选择一个 \(r\) 在当前区间里的区间。
贪心地选择区间，那么选择的 \(l\) 越小越好。（为什么？）
证明：设当前区间为 \([l,r]\)。假如我们希望跳到一个区间 \(k\)。若 \(r_k\ge l\) 则直接跳过去，否则 \(r_k<l\)。
设我们能跳到的两个区间分别为 \(i,j\)，则 \(r_i,r_j\ge l\)，由于 \(r_k<l\)，这两个区间能否跳到只与 \(l\) 有关，取 \(l\) 更小的更优。
那么往回跳肯定取能到达的最小的 \(l\)，过程是唯一的，直接倍增即可。复杂度 \(O(n\log n)\)。
LOJ #3776. 「BalticOI 2022 Day1」Uplifting Excursion
好像是一个经典的背包问题，一直没做。
这类背包问题通常背包容量 \(L\) 很大但是物品体积 \(w_i\) 很小（本题 \(m=\max w_i\)），采取贪心 + 小范围 DP 的做法。
先将体积为负的取了，然后将体积与价值取反。考虑一个贪心：按性价比排序后从前往后取，直到背包放不下。
此时背包内放的物品体积之和 \(S\) 必定在 \((L-m,L]\) 之间，否则可以继续取物品。
考虑最终方案，一定是丢掉一些物品，再放入一些物品。我们希望通过对当前的方案进行一些 丢掉/放入 的操作得到最终方案。
由于 \(|w_i|\leq m\)，我们可以通过调整操作的顺序来使得 \(S\) 始终在 \((L-m,L+m]\) 之间。具体地，如果 \(S<m\) 就放入物品，否则丢掉物品。那么我们把 \(S\) 的取值范围控制在了 \(O(m)\) 的级别。
在操作的过程中，一个 \(S\) 不会出现多次。如果出现了两次，一定是不进行这段操作更优（因为之前是按性价比选择的）。因此最多操作 \(2m\) 次，所以背包大小是 \(2m^2\) 级别的。
设体积为 \(i\) 的物品原本有 \(a_i\) 个，贪心过程中用了 \(b_i\) 个。那么有 \(a_i-b_i\) 个体积为 \(i\)，价值为 \(1\) 的物品（放入操作），以及 \(b_i\) 个体积为 \(-i\)，价值为 \(-1\) 的物品（丢掉操作）。跑多重背包即可。
复杂度 \(O(m^3)\)。
LOJ #3778. 「BalticOI 2022 Day2」Stranded Far From Home
早就听说过 kruskal 重构树，但是从来没做过相关的题，感觉很 nb。
考虑如何判断一个点是否满足要求。那么就是和它相邻的点中，能被合并就合并。
令一条边 \((x,y)\) 的边权为 \(\max(v_x,v_y)\)，则当前相连的边中，若存在边权小于等于当前连通块的点权之和，就可以合并。
建出 kruskal 重构树，那么一个点能够合并的边权最小的边一定是当前重构树上的父亲。并且当前连通块的点权之和为子树中的所有点权之和。
那么边权和点权都知道，就能判断一个点能否满足要求了。在重构树上 DFS 一遍即可。复杂度 \(O(m\log m)\)。
LOJ #3779. 「BalticOI 2022 Day2」Boarding Passes
读题的时候没读懂，说明一下题意：可以决定组与组之间的登船顺序，组内可以决定每个人的方向，但是组内上船的顺序是随机的。最小化每个人经过的人数之和的期望。
首先容易发现组内一定是靠左的一些人从左边上船，剩下的靠右的人从右边上船。
状压登船顺序。设当前在船上的组为 \(S\)，新进加入的组的编号为 \(A\)。设 \(c_A\) 表示 \(A\) 的人数。
枚举断点 \(k\) 表示 \(k\) 左边的人从左边上船，\(k\) 右边的人从右边上船。会产生两种贡献：\(A\) 内部上船的贡献，以及 \(A\) 与 \(S\) 产生的贡献。
\(A\) 内部上船的贡献是好算的：设断点左边有 \(x\) 个人，则右边有 \(c_A-x\) 个人。这两边也是独立的，每对人有 \(\dfrac{1}{2}\) 的概率产生贡献，那么有 \(\dfrac{1}{4}(x(x-1)+(c_A-x)(c_A-x-1))\)。
\(A\) 与 \(S\) 产生的贡献可以拆成 \(A\) 与 \(B\in S\) 产生的贡献之和。设 \(f(A,B,k)\) 为 \(A\) 与 \(B\) 在断点 \(k\) 产生的贡献，这个可以直接预处理出来。
但是转移是不能直接枚举 \(k\)。注意到 \(A,S\) 固定时，\(A\) 内部的贡献 以及 \(A\) 与 \(S\) 的贡献是下凸的。那么可以直接三分 \(k\) 找到最优决策点。复杂度 \(O(2^gg^2\log n)\)。
