解怪题选择性报告

6.5

P1127 词链

• 题意：给定字符串，前一个尾字母=后一个首字母的可以相连（不重叠并且在中间插一个 .），求字典序最小的相连方式,使得每个字符串恰出现一次。无解输出无解。

• 数据范围：\(n\leqslant 1000,len\leqslant 20\)。

• 首先TSP下显然不可解。

• 注意到一点，这里是可以贪的：每步选当前字典序最小的字符串，同长意义下显然最棒。

• 对于诸如 aca-acaba 两个相连的情况，本来是会出 bug 的，但因为插入的 . 的字典序远小于 a（. 为 \(46\)，a 为 \(97\)），所以无论何时想办法接一个短的也就是小的是一定划算的。这就很妙。

• 转换思路，把首尾字母当成点，字符串做边。于是就是一个欧拉路径问题。

6.13

P4551 最长异或路径

• 题意：求一棵边有权的树上的最长路径异或长度，异或长度指 \(len_1\oplus len_2 \oplus ...\)。

• 数据范围：\(n\leqslant 1e5,w<2^{31}\)。

• 观察异或运算的性质：\(if\ a\bigoplus b = c , c\bigoplus a = b\)。

• 证明：\(x \bigoplus a\bigoplus a=x\)，所以上式显然

• dfs 一遍，求出每个点到 \(1\) 的路径异或长度。

• 然后枚举一个点，按位贪心地求最大路径异或长度。别忘了\(1\)的要在上一步算好。\(O(n\log w)\)。

• 主要是异或的性质比较...有趣。差点想到了，但只想到前缀异或和来着。

7.27

P4934 礼物

• 题意：求一种方案将 \(a_{1\dots n}\) 分入 \(m\) 个集合使得 \(\nexists\ a_i\&a_j=\min(a_i,a_j)\And i,j\in A\)。输出最小的 \(m\) 及方案。

• 数据范围：\(0\leqslant a_i\leqslant 2^{20},n\leqslant 10^6\)。

• 容易看出其实就是不允许包含。

• 从而（鬼的从而），想到建图。每个数字都向它在二进制上多一位为 \(1\) 的每个数字连边，有向边。

• 从而（这个还算可以），能够看出同一条链上的点不可以共集。进一步地，我们有：\(m=\max len\)，其中 \(len\) 为链长。

• 则容易想到拓扑排序，对每个点维护一个 \(dep\)。需要注意的是虚点（不在 \(a\) 中的点）对 \(dep\) 无贡献，仅仅是中转。

• \(O(2^k\times k)\)。

9.7

某 T4 通信网络

• 题意：

  • 给一棵的带点权树，所有有序点对 \((u,v)\) 会对其路径上（包括 \(u,v\)）所有 \(w_z+P\geqslant \max(w_u,w_v)\) 的点造成 \(1\) 的负荷。

  • 求最大的 \(P\)，使得最大负荷 \(\leqslant K\)。

• 数据范围；\(n\leqslant 3\times 10^5,1\leqslant w \leqslant 10^6\)。

• 显然答案单调，所以二分。但是这个的 check 复杂度似乎很高。怎么办？

• 首先可以暴力模拟，用类似点分树的换根 dfs 方式来做（树剖模拟炸飞，\(O(n^2\log^3 n)\)）。\(O(n^2\log n)\)。

• 注意到每次询问的其实是某点各方向子树的情况，更进一步地询问的其实是子树内 \(w\leqslant w_x+P\) 的点数。

• 容易想到线段树，对每个点分别做二分，子树内的话...dfs 序拉下来做一下主席树差分就好了。\(O(n\log^2 n)\)。

• 很遗憾这个东西过不了，因为常数很大。什么，zkw？那个可能不行，可能得用猫树，但我不会，所以想点别的办法。

• 我会乱搞！回到一开始直接二分 \(P\) 然后对每个点 check 一下的方式。

• 从二分的性质出发，如果有一个 check 不成立，答案一定小于本次二分的结果；更进一步地，成立的那些点以后一定仍然成立。

• 于是想到在总体的 check 不成立时抛弃掉成立的点做下一轮。有很好的常数优化效果，应该能过。

• 正解：把二分转成树上二分。在儿子数量 \(+1\) 棵（这一棵是前置树和后置树的结合）差分树上同时跑，从而每个点只需要大常数 \(O(\log)\) 的复杂度就能过。

• 什么，树太多？可以证明，只有 \(2n+n-1\) 棵差分树，前者为外置树，后者为子树即度数。

• 另外这个也可以剪枝，如果某个点的答案已经 \(\geqslant ans\)，那么直接 return。

9.13

某 T1 猜数字游戏

• 题意：在 \(5\times 4\) 的方格纸内写数字（形态略）。现在给了一张写了很多个数字（重叠覆写）的方格纸，已知每个格子被写的次数，求字典序最小的可行解，即字典序最小的每个数字被写的次数。特别地，答案按 \(1234567890\) 顺序输出，字典序也是相较这个而言的。

• 数据范围：\(ans_i\leqslant 9\)，注意可能存在更大但是字典序更小的解，请舍弃它们。

• 乍一看就是个暴搜题目对吧，这种状态过于复杂的东西（斗地主、三国杀、华容道、(这个是 DP！)...）一看就很不可设计状态。

• 于是搜了，T 了。40pts。

• 想办法加速搜索。那还是要从题目本身的性质出发。

• 把那个方格纸自己手推一下，看一下每个格子受哪些数字影响。

• 然后想到一个强剪枝，就是重规划枚举顺序，从 \(1234567890\) 改成譬如 \(8062594371\)，当然这样搜到的第一个解不一定是最优解，得更新一下。

• 为什么这样更快？因为某些点（譬如 \((3,0)\)）只受少数数字影响，从而可以边搜边剪枝：如果过了那几个之后，对应位置还不是 \(0\)，那么剪掉。

• 不错的思路。回过头考虑一下复杂度，\(10^{10}\)。嗯？

• 可以折半搜索！上多模数哈希记录已经搞掉的/还需要搞的矩阵，然后匹配一下。复杂度...跑满也就 \(10^5\times 20\times hash\)，即使把哈希复杂度视为 \(\log\) 也能过。

• 但是其实有一个更妙的解法。看到那个影响矩阵具有一定的方程组性质（当然是不定的），考虑观察法，发现有些方程之间只差了一个数字的存在与否。

• 直接手动消元，操作一下发现 \(012347\) 都是定死的，其他随便搜一下也能过。

9.23

P1736 创意吃鱼法

• 题意：给定 \(n\times m\) 的 \(01\) 矩阵，求其中最大的方阵，使得该方阵一条对角线上的数字都为 \(1\)，其他地方都为 \(0\)。输出该方阵边长即可。

• 数据范围：\(n,m\leqslant 2.5\times 10^3\)。

• 我一看这个数据范围，就啪的一下站起来了，说我要做 \(n^2\log n\)，很快啊。

• 首先我们二分答案，显然答案满足单调性，考虑怎么 check，我们需要一个 \(O(n^2)\) 的 check。

• 回想理想的正方形等奇怪的矩阵题目，我们想到扫描线。

• 每次二分的答案相当于矩阵的边长，考虑 \(n^2\) 地枚举它的左上角，递推地求出当前矩阵内 \(1\) 的个数，显然每个点只会计入/弹出 \(1\) 次。

• 当然这个写法要复杂得多，不仅要横向递推，还要纵向递推。

  • 具体来讲，先暴力出左上角在第 \(1\) 行的所有矩阵的 \(cnt\)，显然复杂度为 \(O(n\times len)\)，\(len\) 为矩阵边长。

  • 同理暴力出左上角在第 \(1\) 列的。

  • 然后，从 \(cnt_{2,1}\) 到 \(cnt_{2,2}\) 的转移，并不需要再去处理 \(2\times len\) 个点，而可以基于 \(cnt_{1,1}\) 到 \(cnt_{1,2}\) 的转移：\(cnt_{2,2}-cnt_{2,1}=cnt_{1,2}-cnt_{1,1}+a_{1,1}-a_{1,1+len}-a_{1+len,1}+a_{1+len,1+len}\)。故 \(O(n^2)\) 可做。

  • 即我们可以 \(O(n^2)\) 地求任意给定长宽子矩阵的满足差分性的信息。作为对比，理想的正方形那道题是 \(O(n\times m\times len)\) 的，不过它的信息不可差分就是了。

• 可这没完，即使我们知道对应矩阵内恰有 \(len\) 个 \(1\)，也不保证 \(1\) 恰构成一条对角线。怎么 check？

• 考虑另外维护一个递推数组（和二分的 \(now\) 无关）\(mx_{0/1,x,y}\)，表示以 \(x,y\) 为左上起点/右上起点的极长对角线长度。

• 这个转移显然是可以做到 \(O(n^2)\) 的，因为是 \(1\) 的点在 \(mx_0,mx_1\) 中都只会被考虑 \(1\) 次（扩展），不是 \(1\) 的点被考虑就意味着 \(mx_{which,i,j}\) 的扩展尝试结束了，这样的结束也最多有 \(n^2\) 次，得证。

• 但是这个写法恶心死了。这只是一道蓝题啊。看了题解之后发现我被切了...

• 觉不觉得最后那个东西很 DP？觉得？那它和正解差什么？哦，不保证矩阵内 \(1\) 的个数正确。

• 考虑重定义。这里为了方便我们还把起点改为了终点，因为转移顺序是从上到下的（反过来的话，就是起点好转移）：

  • 状态设计：\(dp_{0/1,i,j}\) 表示以 \(i,j\) 为左/右下角的极大合法方阵边长。

  • 初始化：\(dp_{0/1,i,j}=[a_{i,j}=1]\)。

  • 状态转移方程（以 \(dp_0\) 为例）：\(dp_{0,i,j}=\begin{cases} a_{i,j}=1\quad \min(dp_{0,i-1,j+1},\min(up_{i-1,j},rig_{i,j+1}))+1 \\ a_{i_j}=0 \quad 0\end{cases}\)。

  • 其中 \(up\) 的定义如下，\(lef\) 和 \(rig\) 可以参照：\(up_{i,j}=\begin{cases} a_{i,j}=0 \quad up_{i-1,j}+1\\ a_{i,j}=1\quad 0\end{cases}\)。

  • 用自然语言说大概就是向上考虑这一列的最大合法长度。

• 显然这个预处理可以做到 \(O(n^2)\)，DP 本身也是 \(O(n^2)\)，结束了。而且比那个做法好写 \(10\) 倍甚至 \(9\) 倍啊！！！

• 所以说，不要看到二维平面就放弃 DP。

9.26

P3978 [TJOI2015] 概率论

• 题意：求 \(n\) 个点的二叉树的期望叶子个数。这里的期望是所有不同形态的叶子数之和除以总形态数，区分左右儿子。

• 数据范围：\(n\leqslant 10^9\)。

• 假结论天堂......

• 不妨记 \(f_i\) 为 \(i\) 个节点的二叉树形态数，\(g_i\) 为这些形态的叶子数量和。

• 结论 \(1\)：\(f_i=Cat_i\)。

  • 暴力枚举左子树的节点数量，有 \(f_i=\sum\limits_{l=0}^{i-1} f_l\times f_{i-l-1}\)。其中 \(f_0=1\)。

  • 这就是卡特兰数的递推式。

• 结论 \(2\)：\(g_i=i\times f_{i-1}\)。

  • 不妨将 \(i\) 个点的二叉树上的叶子，单儿子节点，双儿子节点的数量分别记为 \(a,b,c\)。

  • 不那么显然地，有 \(a+b-1=i-a\)。

    • 考虑所有节点的父亲，除根外所有节点都有父亲，故名义父亲数为 \(a+b+c-1\)。

    • 鉴于 \(c\) 类点在名义父亲数中出现两次，\(-c\) 得实际父亲数为 \(a+b-1\)。

    • 显然实际父亲数就是 \(i-a\)。

  • 化式子容易得到 \(2a+b=i+1\)，即 \(i\) 个节点的二叉树有 \(i+1\) 个地方可以挂新节点。

  • 换言之，从 \(i-1\) 推到 \(i\)，每种树扩展出了 \(i\) 种形态的树。

  • 考虑 \(f_i\) 中的每一种树，考虑它们的每个叶节点。显然，删去其中某一个之后，它就变成了 \(f_{i-1}\) 中的一个；如果我们知道有多少种删法，也就知道了 \(g_i\)。

  • 而 \(f_{i-1}\) 中的每一种扩展出了 \(i\) 种，也即 \(i\) 种删法的结果。

  • 故得证。

10.10

PJudge NOIP2 T3 图同构

• 题意：

  • 给出两张相同的图 \(A,B\)。每个点都是红黑二色之一，点权为 \(a_i\)，这里的颜色和点权可能在 \(A,B\) 中不同。

  • 你可以执行以下操作任意次：

    1. 选择一张图和相邻的两个点 \(u,v\)。

    2. 交换 \(a_u\) 和 \(a_v\)。

    3. 如果 \(u\) 和 \(v\) 同色，则将他们同时反色，否则颜色保持不变。

  • 问两张图能否变得相同，即所有点的颜色和点权对应相同。

• 数据范围：

  • \(T\leqslant 3\times 10^4\)。

  • \(\sum n,\sum m\leqslant 10^6\)。

• 这道题是实在的妙妙题...首先我们对题目中的操作做一个转化：

  1. 选择一张图和相邻的两个点 \(u,v\)。

  2. 将 \(u,v\) 同时反色。

  3. 交换 \(u,v\) 的颜色和点权。

• 容易发现这是等价变换。这一变换的主要意义在于，对于每个二元组 \(c,a\)，它的 \(c\) 的最终结果只受交换次数的奇偶性的影响。

• 接下来我们对每个连通块分类讨论：

  • 该连通块为二分图：

    • 此时交换次数的奇偶性等价于起始点和结束点所在的部。

    • 从而容易发现，一个点要么是左部红点右部黑点，要么是左部黑点右部红点，相当于两个剩余系。

    • 则首先两图中两剩余系大小需对应相等，更进一步地，对每种点权都要满足这个条件，这是必要的。接下来构造证明这是充分的：

    • 当只有 \(1\) 个点，显然可行。注意此时并没有什么“部”。

    • 设 \(n-1\) 个点可行。

      • 随便拉一个对应连通块的生成树，任取一个叶子在 \(B\) 中的点权，找到其在 \(A\) 中的同余对应点，把对应点一路换过来。

      • 于是问题化归为 \(n-1\) 规模的问题，done。

  • 该连通块不为二分图：此时一定有奇环。奇环是个好东西啊！

    • 一个二元组 \((c,a)\) 在经过一个奇环（即至少经过其上一条边）之后的颜色是任意的，证明平凡：有两条路可以走到下奇环的点，一条为奇长度，一条为偶长度。

    • 故显然非奇环点可以任意换色，大不了上去走一圈。

    • 则在上述转化完成后，问题归约为令奇环合法。在奇环上我们可以用如下的操作交换相邻两点的颜色：令 \(u\) 绕远路和 \(v\) 换，再把 \(v\) 绕远路走到 \(u\)，可以证明两者走的长度都为偶，因为两者之间为奇。

    • 但注意到颜色无法任意，颜色分配任意。考虑到每次操作是令两个点反色，发现黑点和红点的奇偶性是不变的。则只要奇偶性对应，就一定可以交换到奇环上色合法。

    • 最后注意还要有点权的对应。

• 总复杂度 \(O(\sum (n+m)\alpha)\)，并查集成时间大头了。

10.20

某 T2 DS

• 题意：单点修改，区间取模，区间求最大。

• 数据范围：\(n,m\leqslant 10^5,a\leqslant 10^9\)。

• 要敢写...我们这里假设区间取模不占用操作次数嗷。

• 考察 Euclid 算法，它的复杂度为什么是对的？

  • \(a\geqslant b\to a\bmod b\leqslant a/2\)。

• 那我们考虑用 sgt 维护一个区间 \(mx\)，每次取模对于 \(mx\geqslant v\) 的一边暴力递归。

  • 每个 \(\geqslant v\) 的单点会拉出一条单链，这个单链最多拉 \(\log_2 a\) 次。

  • 则每次单点修改会导致 \(\log n\log a\) 的复杂度，总复杂度 \(O(n\log n\log a)\)。

12.5

ABC280F Pay or Receive

• 题意略。

• 注意到这里正环和负环是等价的(大不了换个方向来转圈)，于是如果有环，只能是零环。

• 故先判连通，判完连通之后，在每个连通块内 bfs 一下。

• 随便选一个起点 \(s\)，给所有点赋一个距离 \(dis\)。

• 如果某个点有两种不同的 \(dis\)，既然来源不同显然构环，不同代表着不是零环，于是整个连通块寄掉。

• 否则，答案等于终点的 "\(dis\)" 减去起点的 "\(dis\)"，因为此时路径唯一（可以认为零环不具有效力，于是不存在），故距离确定。

• \(O(n\alpha(n))\)。

AGC059A My Last ABC Problem

• 题意略。

• 孤立考虑我们要修改的串，我们可以认为其是环状即首尾相接的，我们可以修改任意一段。

• 显然这等价于修改某一段或同时修改前后缀，前者是操作本身，后者等价于对中间那一段做相反的操作（把置换反过来）。

• 不妨设有 \(k\) 个分界点，即左右字符不同的地方。容易感觉到，一次操作至少消去一个分界点，至多消去两个。换言之，答案下界为 \(\lceil\dfrac{k}{2}\rceil\)。

• 下面证明一定能取到。

  • 对于 \(k\geqslant 4\)：每次取相同的两个分界。

    • 这里 AC 和 CA 被认为是相同的，以此类推。

    • 譬如 AC......AC，那么操作 C......A 这一段。容易将之变成 AA......CC。

    • 其他情况显然有类同的操作。这样我们至少可以把 \(k\) 消到 \(k'\leqslant 3\)，并花费 \(\dfrac{k-k'}{2}\)。

    • 不用在意被包含的那一段发生了什么。这里我们相当于预先把相同字符的连续段缩成一个字符，于是中间一定全是分界，不管怎么翻转都相当于一个长度更小的子问题。

  • 对于 \(k\leqslant 3\)：构造已在样例中给出。

• 故线段树维护之即可。\(O(n\log n)\)。

• 感觉没有完全懂。为什么首尾相接那里也算分界点？

12.6

P1419 寻找段落

• 题意略。典中典之被红/橙/黄/绿爆切...

• 首先不考虑 \(len\in [S,T]\) 这个一看就很刻意的限制，我们考虑来做一个无限制情况的。

• 发现扫描线之类的遍历所有区间的想法都不太可做，对齐了新加的点长度就不齐，长度齐了 \(delta\) 又是分别的，很烦。

• 故考虑二分答案 \(ave\)，对于所有的合法区间 \([l,r]\)，有 \(\dfrac{sum_{l\sim r}}{r-l+1}\geqslant k\)。

• 化式子，变成 \(sum_{l\sim r}\geqslant k(r-l+1)\)。发现式右只和长度相关，于是考虑暴力枚举区间长度来 check。

• 那么问题变成对于 \(len=S\sim T\) 的，求对应长度区间的区间和最大值。很遗憾我不会，故我们考虑进一步简化问题，即令 \(b_i=a_i-k\)，然后求 \(sum_r-sum_{l-1}\geqslant 0\)。

• 唔...那么这是个区间最小值问题。大概可以用 multiset 或者 sgt 做到 \(O(n\log^2)\)，\(10^5\) 好像能过了，但我们考虑其实际转移式（这显然像个 1D1D DP），发现其显然可以单调队列优化。

• 遂得解。

• 若没有 \([S,T]\) 的限制，还有一种更妙的做法：把前缀和视为二维平面上的点 \((i,sum_i)\)，发现问题变成求最大斜率。

• 斜率的问题往往绕不过凸包。让我们来画一张图看一看（图源《浅谈数形结合思想在信息学竞赛中的应用》，周源）（原论文中限制为 \([S,+\infty)\)，但我没看懂证明）：

• 

• 如图，图中 \(P_i,P_j,P_k\) 分别是 \((i,sum_i),(j,sum_j),(k,sum_k)\) 三个点。

• 不妨假设将要计算 \(P_{now}(now>k)\) 和它们的斜率，若 \(P_{now}\) 和 \(P_j\) 的连线有贡献，则必有 \(K_{P_{j}P_{now}}>K_{P_iP_j} \And K_{P_{j}P_{now}}>K_{P_jP_k}\)。

• 两者分别对应图中 \(1\) 号和 \(2\) 号区域。显然，两者都满足则应位于重叠区域中，但这与 \(now>k\) 矛盾，故上凸点无意义。

• 于是我们知道这是一个下凸壳。求和下凸壳上点连线的最大斜率，显然是切线。更进一步地，和下凸壳上点连线的斜率，一定构成一个自变量为下凸壳上点的编号的单峰函数！

• 于是从左向右暴力枚举凸壳中还剩的点，如果后者的连线斜率大于前者则将前者删除，直到找到切线。\(O(n)\)。

• 为什么可以删除：感性理解，容易发现更靠前的点对应的切线斜率一定小于当前的切线。

• 23.1.11 upd：容易看出这是一个限制为必须连续和数量在 \([S,T]\) 之间的分数规划问题，显然，二分是自然的。

P7073 [CSP-J2020] 表达式

• 题意略。

• 容易建出表达式树，然后我们做 DDP。

• 注意到结果为 \(0\) 或 \(1\)，则任何一个有意义的数字被改变都恰导致结果改变。所谓一个数字有意义，指的是它到根的路径上没有被 \(\And 0\) 或者 \(\mid 1\)。

• 直接暴力打标记，dfs 一遍推下去，然后结束，\(O(n+Q)\)。

P5582 【SWTR-01】Escape

• 题意略。妙妙数学题！

• 首先我们知道一件事，如果在一条链上，可以向前走，也可以向后走，可用步长为 \(s_1,s_2,\dots,s_n\)，则最小坐标变化量为 \(g=\gcd(s_1,s_2,\dots,s_n)\)。证明较为显然，因为能走的长度无非是 \(\sum\limits_{i=1}^n k_is_i\)，而这本质是多元裴蜀定理的充分性方面。

• 但这里是同余系...首先容易看出的是，\((g,n)>1\) 时还是不行，由裴蜀定理易得。事实上，我们有结论：当且仅当 \((g,n)=1\)，有解，且恰好 \(n\) 次即可遍历 \(0\sim n-1\)。

• 证明如下：

  • 首先我们考虑 \(g_1=s_1\)，若 \((g_1,n)=1\) 则显然可以 \(n\) 次遍历所有剩余系。

  • 否则，问题变成遍历 \(\bmod (g_1,n)\) 意义下的剩余系：只要我们能以 \(g_1\) 次遍历 \(0\sim g_1-1\)，那么可以先不断走 \(g_1\) 直到走完 \(\equiv 0 \pmod{g_1}\) 的点，然后走到另一个剩余系上，如此反复。

  • 为什么是 \((g_1,n)\)：由裴蜀定理易得，最短步长为 \((g_1,n)\)。

  • 显然，问题是不断递归的，只要 \(\gcd(s_1,s_2,\dots,n)=1\)，那么上述构造方案就存在。

• 妙啊...这种归纳，真的很妙。复杂度 \(O(\sum\limits_{i=1}^T n_i\log)\)。

23.2.9

P1007 独木桥

• 题意略。

• 注意到两人都折返相当于两人互相穿过，毕竟人是本质相同的，故变成简单算数题。

2.13

[AGC017B] Moderate Differences

• 题意略。

• 考虑枚举有多少个是加，于是可以视为先加若干 \(C\)，再减若干 \(D\)，之后可以将这 \(n-1\) 个数调大 \([0,D-C]\) 即可行范围为 \(res+[0,(D-C)*(n-1)]\)。我好傻...复杂度 \(O(n)\)。

2.18

[AGC017C] Snuke and Spells

• 题意略。

• 仔细一想发现这东西挺典的，大概就是颜色为 \(1\sim x\) 的必须恰好有 \(x\) 个，且必须有颜色恰为 \(x\) 的，这个条件递归一下就是对的。

• 如果我们按颜色排序，就是颜色小于等于下标（数量），当然不能一次走一步，得一次走一种颜色。对于不合法的部分，多的余出来，少的欠着，其实就是和需要的量的差的绝对值求和除二即为答案。

• 然而事实上这玩意不支持带修，因为它没有结合律，你不管线段树还是分块都是错的...看了粉兔题解之后很显然，即将每个阶梯具现化出来，从 \(c\) 到 \(c-cnt_c+1\) 这一段是它所覆盖的，那么覆盖应当是唯一的，维护空的地方（的数量）就好，修改显然 \(O(1)\)，总复杂度 \(O(n)\)，典。

2.20

AT_agc012_d [AGC012D] Colorful Balls

• 题意略。

• 手推可以证明对长为三的链满足传递性（可以交换成全排列中的任意一个），于是归纳得到可交换性满足传递性。

• 故问题变成怎么优化建图。首先把每个色内前缀可交换（即可以与本色最小值交换）的一段直接优化建图成一个虚点（不一定真的要实现出来），然后考察全局最小值，和它不同色的如果不能和它连那么一定孤立，接着考察不是这个颜色的全局次小值，它的作用是和刚才那个占着的色连一下，因为连的都是前缀段所以我们可以直接标这个前缀段的长度（容易发现只有一个有意义的，即跨色的连通块），完了。

• 结束战斗，组合数之即可。\(O(n)\)，哦要排序，那可能是 \(O(n\log)\)。