【题解】CF1989

A

• 注意到在单位时间内，硬币会下降一格，但是人可以在下降一格的同时左右平移，这其实就相当于人和硬币在垂直方向上都没有动，只有人在水平方向上走了一格
• 所以重复这个过程，发现人其实可以“瞬移”到水平方向上的任意一个位置
• 这也就是说，我们其实只需要关注硬币的纵坐标
• 考虑 \((0,0)\) 以上位置：显然可以接到
• 考虑 \((0,-1)\) ：由于人是先走的，所以可以接到
• 考虑 \((0,-2)\) 以下位置：发现人永远追不上硬币
• 所以对于每个点，如果纵坐标小于等于 \(-2\)，就接不到，否则可以接到

B

• 由于字串必须是连续的一段，我们考虑以 \(a\) 基础，在前后加上一些字符，这样一定满足第一个要求，我们现在考虑如何满足第二个要求
• 考虑子序列和字串的区别：子序列可以不连续，但是它和字串都一定满足顺序关系
• 一个很 naive 的贪心思路是：双指针找 \(b\) 种的字符在 \(a\) 中是否有对应
• 但这显然很好 \(hack\)：\(a=1222222\quad b=2222221\)
• 注意到数据范围很小
• 考虑枚举 \(b\) 作为 \(a\) 的子序列出现的第一个字符，于是本题得到完美解决

C

• 考虑枚举每种情况：
  • \((0,0)\) 显然不管
  • \((1,1)\) 相当于给任意一个电影 +1，我们记录一下，放到后面考虑
  • \((-1,-1)\) 相当于给任意一个电影 -1，我们记录一下，后面考虑
  • \((0,1)\) 显然直接给第二个电影 +1 是不劣的
  • \((1,0)\) 显然直接给第一个电影 +1 是不劣的
  • \((0,-1)\) 显然不管是不劣的
  • \((-1,0)\) 显然不管事不劣的
  • \((-1,1)\) 显然直接给第二个电影 +1 是不劣的
  • \((1,-1)\) 显然直接给第一个电影 +1 是不劣的
• 经过上面一顿操作，两个电影都有初始分数，我们必须选择一些分数砍掉，再加上一些分数
• 显然，砍的时候先砍大的，加的时候先加小的即可

D

• 注意到只要造了剑就肯定可以融掉，所以答案一定是 \(2\) 的倍数，我们接下来只考虑最多能造多少剑
• 不妨转换以下题意：
  • 我们有 \(n\) 中获得贡献的方式，形如：获得 \(1\) 个贡献的代价是 \(a_i-b_i\)，但你必须先有 \(a_i\) 的钱才能使用这种方式
  • 对于 \(m\) 种不同的钱数，独立计算最大贡献并求和
• 注意到：如果有两种贡献方式 \((i,j)\) 满足 \(lim_i\leq lim_j \wedge cost_i \leq cost_j\) 那 \(j\) 这种贡献方式屁用没有
• 所以我们先去掉无用的贡献方式，具体地，其中一种实现是：按照 \(lim\) 升序排序，如果发现 \(cost_i \ge cost_i-1\) 那么 \(i\) 无用
• 注意到：如果我们现在有 \(i\) 个钱，那么我们一定选择满足条件的贡献方式中代价最小的，考虑 dp
• \(f_i\) 表示 \(i\) 个钱能获得的最大贡献
• 转移 \(f_i=f_{i-cost_{\max(j)|lim_j<=i}}+1\)
• 注意到钱的数据范围高达 1e9，dp 数组显然只能开到 1e6 量级
• 注意到贡献的最大限制是 1e6，所以钱中高于 1e6 的部分，都一定会使用 \(lim\) 最高的贡献方式
• 所以直接计算钱中超过 1e6 的部分的贡献，再查表获得 1e6 量级的部分的贡献相加即可

E

• 题很难，看起来更难，但只需要一句话就能讲完，或者说，这道题需要极强的注意力
• 注意到：题目本质求的是：将 \(n\) 个数分成至少 \(k\) 个段的方案数
• \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个数分成 \(j\) 段的方案数
• 转移：\(\sum_{p=1}^{i-1}{f_{p,j-1}}\)
• 但这道题还有个 conor case：
  • 如果 \(i\neq 2 \land i \neq n\)，那么最后一段长度不能为 \(2\)
  • 但是如果 \(i = 2 \lor i = n\) 是可以的，因为此时 \(b\) 会变成 \(2, 1\) 或者 \(1, 2\)

F

• 对不起，但是我真的看不懂这道黑的抽象染色建图+动态加边维护强连通分量+整体二分分解强连通分量+并查集维护缩点的任何一篇题解 /kk