Codeforces Round #626 (Div. 1)
Codeforces Round #626 (Div. 1)
A
略
B
对每一位分别计算，只考虑 \(x,y\) 的前 \(k\) 位，若 \(x+y\) 的第 \(k\) 位为 \(1\)，则 \(x+y\in[2^k,2^{k+1})\cup[2^k+2^{k+1},2^{k+2})\)，排序后双指针统计即可
C
结论题，但大多数题解的证明有问题，建议看官方题解或[中文版题解](题解 CF1322C [Instant Noodles] - 老年退役选手 QwQcOrZ 的小窝 - 洛谷博客 (luogu.com.cn))，享受优美严谨的证明
D
设 \(f_{i,j}\) 表示有 \(j\) 个等级为 \(i\) 的选手的最大收益（当前最大等级为 \(i\)）。加入一个等级 \(l_i\) 的人有两种转移：1. 推一遍 \(f_{l_i,*}\)；2. 把 \(l_i\) 推向 \(l_{i+1},l_{i+2}\dots\)。在这样的转移中，如果后加入的 \(i<j,l_j<l_i\)，则 \(i\) 不会影响 \(j\)，正好与题目要求相反，所以倒着处理每个人。
转移 \(1\) 的时间复杂度显然是 \(O(n^2)\)，对于转移 \(2\)，每向上一层数量减半，复杂度为 \(O(n\times(n+\frac{n}{2}+\frac{n}{4}+\dots))=O(n^2)\)
int n, m, mx, res, l[N], s[N], c[N << 1], f[N << 1][N << 1];
void Max (int &a, const int b) { if (b > a) a = b; }
void modify (int p, int x) {
int tmp = 0; while (f[p][tmp] != INT_MIN) ++tmp;
for (int i = tmp; i >= 1; --i) Max (f[p][i], f[p][i - 1] + c[p] - x);
}
void update (int p) {
for (int i = 0; i <= n && f[p][i] != INT_MIN; ++i)
Max (f[p + 1][i >> 1], f[p][i] + (i >> 1) * c[p + 1]);
if (p < n + m) update (p + 1);
}
signed main() {
read (n), read (m);
for (int i = 1; i <= n; ++i) read (l[i]);
for (int i = 1; i <= n; ++i) read (s[i]);
for (int i = 1; i <= n + m; ++i)
for (int j = 0; j <= n * 2; ++j) f[i][j] = INT_MIN;
for (int i = 1; i <= n + m; ++i) read (c[i]), f[i][0] = 0;
for (int i = n; i >= 1; --i) modify (l[i], s[i]), update (l[i]);
for (int i = 1; i <= n + m + 1; ++i) Max (res, f[i][1]);
return printf ("%lld\n", res), 0;
}
E
暴力做法如何确定最后的序列？枚举一个值 \(k\)，\(b_i=(a_i<k)\)，也就是只记录 \(a_i\) 和 \(k\) 的大小关系。设 \(a',b'\) 为变换后最终得到的 \(a,b\)。取中位数的操作并不会改变这个大小关系。不难发现，一段长度 \(\ge2\) 的连续的 \(0/1\) 段永远也不会变（称它们为 \(0/1\) 段），相邻的连续段之间夹了 \(010101\dots\) 这样的东西，然后会从两头往中间扩散，这样就得到了 \(b'\)，算完所有 \(k\) 后也就可以得到 \(a'\)，而操作次数就是所有 \(k\) 对应的 \(b\) 的最长的 \(01\) 段长度除以 \(2\)。\(k\) 取所有 \(a_i\)，复杂度 \(O(n^2)\)
介绍两种优化方法。
第一种：依旧从小到大枚举 \(k=a_i\)，此时 \(b\) 中有一些 \(0\) 变为 \(1\)，对于每一个变化的位置，\(b’\) 中也有一些 \(0\) 变为 \(1\)，且构成一个区间，可用 \(set\) 等数据结构维护，\(O(n \log n)\)。但又长又慢
第二种：对单个位置 \(x\) 进行计算，因为只考虑一个数，所以可以二分 \(k\)，不必枚举。剩下的问题是如何找到离 \(x\) 最近的连续段。令 \(p_i=min/max(a_i,a_{i+1})\)，然后反着处理 \(p\) 的最大值最小值的 \(ST\) 表（对于 \(min(a_i,a_{i+1})\) 反过来处理 \(max\) 的 \(st\) 表 \(MX\)，对于 \(max(a_i,a_{i+1})\) 处理 \(min\) 的 \(st\) 表 \(MN\)），再套个二分分别算出最近的 \(0\) 段和 \(1\) 段，即可得到最近的连续段，\(O(n \log^2 n)\)。但还有更强的做法。不用二分 \(k\)，直接二分距离 \(d\)。设 \(A=MN.ask(i-d-1,i+d),B=MX.ask(i-d-1,i+d)\)。取 \(k=min(A,B)\)，此时 \(B\ge k\)，说明在距离 \(d\) 内已经碰到 \(0\) 段，\(A\ge k\)，说明距离 \(d\) 内没有 \(1\) 段，那么先碰到 \(0\) 段，\(b'_i=(a'_i<k)=0\)，即 \(a’_i\ge k\)。只需找到最大的 \(k=min(A,B)\) 就是 \(a'_i\) 的值。随着 \(d\) 增大，\(A\) 单减，\(B\) 单增，二分交点即可求得最大值（函数不连续，不一定有真正的交点）。至于操作次数，也可以顺带着求出
int n, res, a[N], lg[N], ma[N], na[N], b[N];
struct st {
int c[20][N];
void work (int *a) {
memcpy (c[0], a, (n + 1) << 2);
for (int j = 1; j < 20; ++j)
for (int i = 0; i + (1 << j) - 1 <= n; ++i)
c[j][i] = min (c[j - 1][i], c[j - 1][i + (1 << (j - 1))]);
}
int ask (int x, int d) {
int l = x - d - 1, r = x + d, t = lg[r - l + 1];
return min (c[t][l], c[t][r - (1 << t) + 1]);
}
} mx, mn;
signed main() {
read (n); lg[0] = -1;
for (int i = 1; i <= n + 1; ++i) lg[i] = lg[i >> 1] + 1;
for (int i = 1; i <= n; ++i) read (a[i]);
a[0] = a[1], a[n + 1] = a[n];
for (int i = 0; i <= n; ++i)
ma[i] = -min (a[i], a[i + 1]), na[i] = max (a[i], a[i + 1]);
mn.work (na), mx.work (ma);
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
int l = 0, r = min (i - 1, n - i), mid;
int ta, tb, val = 0;
while (l <= r) {
mid = l + r >> 1;
ta = mn.ask (i, mid), tb = -mx.ask (i, mid);
val = max (val, min (ta, tb));
ta > tb ? l = mid + 1 : r = mid - 1;
}
b[i] = val, res = max (res, r + 1);
}
printf ("%d\n", res);
for (int i = 1; i <= n; ++i) printf ("%d ", b[i]); puts ("");
return 0;
}
F
。。。。。
