Codeforces Round #616 (Div. 1)

Codeforces Round #616 (Div. 1)

A

略

B

分成多段肯定不如分成两段 \([l,t],[t+1,r]\)，只需考虑 \([l,x]\) 是否存在。满足以下条件之一有解：

1、\(len=1\)

2、\(s_l\ne s_r\)。构造：只需 \(swap(s_l,s_r)\)

3、\(s_l==s_r\) 且字符种类数 \(\ge3\)。证明：先构造 \(\ge3\) 的解，找到 \(x_1<x_2\) 且 \(s_{x1},s_{x2},s_l\) 两两不同，然后交换 \((x_1,r),(x_2,l)\)，交换后 \(t\) 在区间 \([1,x_2-1]\) 内 \(s_{x2}\) 的个数不同，在 \([x_2,n-1]\) 内 \(s_{x1}\) 的个数不同，故不存在 \(t\)。然后证明一下 \(<3\) 时无解，若 \(s_l=s_r=a\)，则给出的串 \(s'_l=s'_r=b\)，考虑 \(s,s'\) 中 \(a\) 数量的差值 \(▲\)。\(t=1\) 时 \(▲=1\)，\(t=n-1\) 时 \(▲=-1\)，而移动一位 \(▲\) 最多 \(\pm1\)，所以必存在一个 \(t\) 使 \(▲=0\)，这样就挂了

C

每个 \(x\) 最多出现在两个集合 \(A_x,B_x\) 中。把每个集合 \(p\) 拆成两个节点 \(p_0,p_1\)，分别代表 \(p\) 在第一/二层，用并查集解决，记录每个集合中第一/二层点数。

若 \(S_x=0\)，则 \(A_x,B_x\) 需要选一个操作，合并 \((A_{x,0},B_{x,1}),(A_{x,1},B_{x,0})\)，即 \(A,B\) 对立

若 \(S_x=1\)，\(A_x,B_x\) 状态相同，合并 \((A_{x,0},B_{x,0})(A_{x,1},B_{x,1})\)

答案就是每个集合的 \(min(第一层点数，第二层点数)\) 之和除以二（重复两次）。但要注意 \(A,B\) 为 \(0\) 的情况

D

每 \(\frac{k}{2}\) 个数分为一块，先块内去重，然后两两之间比较去重，次数 \(\frac{2n^2}{k}-n\)。两两之间比较可以进一步优化，不必每次都清空重新加入，相当于在一张以 \((1,2)(1,3)...(2,3)(2,4)...\) 为边的图上进行路径覆盖，可以划分为 \(\frac{n^2}{4}\) 条路径，优化至 \(\frac{3n^2}{2k}-\frac{n}{2}\)。还可以用类似方法优化至更优（略）

E

根据笛卡尔树的性质，把 \(\leq x\) 的子序列拿出来。在笛卡尔树中，对于 \(p\)，极大区间 \([l,r]\ |\ max[l,r]=a_p, l\leq p\leq r\)，\([l,r]\) 都在 \(subtree(p)\) 内。那么只要维护 \(l_i,r_i\)，\(res=\sum r_i-l_i+1\)。求 \(l\) 和求 \(r\) 相似，以 \(r\) 为例。考虑把 \(x-1\) 变为 \(x\)，假设 \(x\) 在位置 \(pos\)，对于 \(x\) 左边的，\(r_i=min(r_i,pos)\)；对于 \(x\)，\(r_x=x\)；对于右边的，\(r_i=r_i+1\)。

也就是要支持 区间取 \(min\)，区间加，单点赋值，区间求和 四种操作，用线段树beats搞。

F

这是一个凸包，所以如果选的向量定了，方案唯一。设第 \(i\) 个向量选了 \(c_i\) 个，合法的方案需要满足这些条件：\(\sum c_ix_i=\sum c_iy_i=0,\ \sum\limits_{x_i>0}c_ix_i\leq m,\sum\limits_{y_i>0}c_iy_i\leq m\)

进行二进制数位 \(dp\)，设四个方向的长度和为 \(u,d,l,r\)，\(f[i][uu][dd][ll][rr][p][q]\) 表示考虑了最后 \(i\) 位，后 \(i\) 位满足第一个等式，四个方向的进位为 \(uu,dd,ll,rr\)，\(p,q\) 表示 \(u,l\) 的后 \(i\) 位是否超过 \(m\) 后 \(i\) 位。\(2^n\) 枚举第 \(i\) 位状态转移。设 \(L\) 为 \(x_i,y_i\) 最大值，那么进位不会超过 \(nL\)，复杂度 \(O(2^n(nL)^4log\ m)\)