sol

01串

对于相邻的两个段和\(S_i\)和\(S_{i+1}\)两段之间移动时的差别既删除了i号元素，添加了i+K号元素。如果\(S_i = S_{i+1}+1\)那么说明i号元素是1，i+K号元素是0。（删除1添加0）,反之如果\(S_i = S_{i+1}-1\)，那么i号元素是0，i+K号元素是1(删除1添加0)。这两种情况都能唯一的确定两个位置。

如果\(S_i = S_{i+1}\)，那么只能说明i号元素和i+K号元素相等，并不能说明其具体的值。我们对这样的元素之间连边，表示相等关系。

那么在构建的图中，一些点已经被确定，一些点没有被确定，但是通过连边关系也能被确定。通过BFS可以求出所有已经确定的点。

接下来，对于前K个元素，我们计算其中还需要补充的1的个数a和尚未确定的位置b，答案既是C(b,a)。从b中任意选a个填1即可。

翻转匹配

分类讨论

对于|T|=1的情况，只需要判断S中是否有对应字符

对于\(|T|=2\),\(T_1 \neq T_2\)的情况，假设T是01，一定是需要把S变成11111...00000...,那么每次操作就需要将一段连续的1移到前面，答案就是连续的1的段的数量\(-[S_1=1]\)。

对于\(|T|=2,T_1=T_2\),假设T是00，那么意味着S中不能出现连续的0。首先通过0的个数是否超过一半判断有解无解。在有解的情况下，任意两个相邻的0都需要一次操作去破坏掉，计算有多少对相邻的0即可。

对于\(|T|=3,T_1\neq T_3\),此时如果T多次在S中出现，相互没有交，并且一次操作只能破坏掉一个位置。此时答案是T在S中的出现次数

对于\(|T|=3,T_1 \neq T_2\)，假设T为010，那么1在不作为前后缀时，长度不能为1。那么一次操作我们可以合并两个长度为1的不作为前后缀的'1'串。答案是\(\lceil \frac{段个数}{2} \rceil\)

对于\(000\)的情况，那么不能出现长度大于等于3的0串。首先判断0的个数是否无解(是否大于\(\lfloor \frac{n}{3} \rfloor + n\) \(mod\) \(3\))。

对于一次操作，我们相当于从两个连续段中分别扣除a个0和b个0，再分别添加b个0和a个0(实际上是一个交换的过程)。那么也就是有若干个串允许增加1或者2个0，有若干个串需要减少若干个0。我们希望步骤尽量少，既尽量一次减少两个0。贪心即可。

建筑修缮

称一个数在山谷里，当且仅当在左边和右边都有严格比它大的数。

观察这样一个过程，将所有在山谷里的数的最小值整体+1
。

每次操作 (i,j,k)，\(h_j\)
带来的代价是固定的，我们需要尽可能最小化 \(h_i,h_k\)
带来的代价。先将这些数中最左边和最右边的数+1
，然后操作中间的数就可以令 \(h_i\)和\(h_k=h_j+1\)
，非常划算。为了最小化最左边和最右边的数操作的代价，可以算出先左后右，先右后左的代价。这是一个求一段前缀/后缀中某个数后继的问题，可以选用自己喜欢的数据结构维护。

然而h的值域非常大，令x为目前的山谷里的最小值，y为x在所有h_i中的后继，将所有山谷里的最小值从x加到y的过程中，由于需要改变的数的集合不变，可以整体处理，而这个集合只会改变 O(n)次，故复杂度是 O(nlogn)的。

旅行商问题

当K=1时：

交易员必须时刻不停的获取收益，寻找1开始的最长链即可。

当K=2时：

使用树形dp：
设dp1[u]为从u点出发，停在u的子树内的最大价值。
设dp2[u]为从u点出发，停在u的某个儿子或者u本身的最大价值
设dp3[u]为从点u的某个儿子出发，停在u的子树内的最大价值。

那么我们梳理一下具体的构造方式,其中rev()代表把路径反向,v1,v2,...,vk代表u的儿子

方式1：dp1[u]=u->rev(dp2[v1])->v2->...>vk->dp1[vk]

方式2：dp1[u]=u->dp3[v1]

方式3：dp2[u]=u->rev(dp2[v1])->v2->v3->...->vk-1->vk

方式4：dp3[u]=v1->v2->...->dp2[vk-1]->u->dp3[vk]

方式5：dp3[u]=dp2[v1]->u->rev(dp2[v2])->v3->...->vk-1->dp1[vk]

当K=3时

当K=3，交易员可以获取所有的收益，构造方法是：

u->rev(DFS(v1))->rev(DFS(v2))->...rev(DFS(vk))。这样的方式可以遍历所有的点，只需要构造出对应的路径即可。在dfs的过程中标记是否需要反转路径，该标记决定点u是先插入到vector还是后插入到vector即可。