WC2024

最简单的一届 WC。

P10143 [WC2024] 代码堵塞

拆贡献，考虑 $i$ 选 $0$ 还是 $1$：

• 如果 $i$ 选 $0$，那么它前面选 $0$ 的加上它不超过 $T$。
• 如果 $i$ 选 $1$，那么它后面选 $0$ 的加上它和它前面的所有数不超过 $T$。

随便背包可以做到 $\mathcal{O}(nT)$。

P10144 [WC/CTS2024] 水镜

先考虑如何在 $L$ 确定的时候如何判断合法，以下默认 $h_i\ne h_{i+1}$。

注意到 $h_i$ 的两个取值必有一个不小于 $L$，且另一个不大于 $L$。我们不妨设 $a_i=min(h_i,2L-h_i)$，那么必然是一个前缀取 $a_i$，一个后缀取 $2L-h_i$。则合法当且仅当 $a_i$ 单峰，即 $a_1<\cdots a_{k-1}<a_k>a_{k+1}>\cdots >a_n$。

我们只关心相邻两个位置的大小关系，而两条折线 $a_i=min(h_i,2L-h_i),a_{i+1}=min(h_{i+1},2L-h_{i+1})$ 的交点只有一个，所以相邻数的大小关系将 $L$ 切分成 $n$ 个本质不同的段。

算法一： 可以得到平方做法：将小于号看成 $0$，大于号看成 $1$。我们的目标是对所有左端点 $l$ 求出最远的右端点 $f_l$。每次找到所有 $01$ 连续段 $[l,r]$，对所有 $u\in [l,r]$ 执行 $f_u\leftarrow max(f_u,r)$。

考虑我们每次翻转一个 $0/1$ 只会影响其周围的 $\mathcal{O}(1)$ 个连续段，所以修改后对这些连续段单独 chkmax 即可，复杂度 $\mathcal{O}(n\log n)$。

有关 $h_i\ne h_{i+1}$ 的情况，在中间插入 $\mathrm{\infty }$ 并钦定大小关系始终不变即可。

算法二： 可以将条件转化为不存在“谷”，即 $a_{k-1}\le a_k\ge a_{k+1}$ 的结构。讨论可以得到一个有关 $L$ 的范围的限制，判断范围非空即可。利用带删双指针（类似双栈模拟队列）可以做到 $\mathcal{O}(n)$。

P10145 [WC/CTS2024] 线段树

似乎是复制粘贴，所以大家看原文就好了

考虑怎么判断合法。将原问题抽象成图论问题，一个区间 $[l,r)$ 已知看做 $l$ 和 $r$ 连一条双向边，则 $[L,R)$ 能被唯一确定当且仅当 $L$ 和 $R$ 联通。证明即考虑已知区间 $[l,r)$ 相当于知道 $S_r-S_l$ 的值，其中 $S_x$ 为 $[0,x)$ 的和。这样构建出来的图是平面图，边不会交叉。

设计 DP 状态 $g(u)$ 表示节点 $u$ 的左端点和右端点联通，$f(u,i)$ 表示 $u$ 的左端点最远能到达的结点为 $i$，转移方程：

• $g(u)\leftarrow 2g(ls)g(rs)$。
• $g(u)\leftarrow f(ls,x)g(rs),f(u,x)\leftarrow f(ls,x)g(rs)$。
• $g(u)\leftarrow g(ls)f(rs,y),f(u,y)\leftarrow g(ls)f(rs,y)$。
• $g(u)\leftarrow f(ls,x)f(rs,y),f(ls,x)\leftarrow f(ls,x)f(rs,y)$。

第四类转移需要注意 $(x,y]$ 区间内的所有点都不与区间外的点联通，所以所有区间的两个端点要么在 $(x,y]$ 内部，要么都在 $(x,y]$ 外部。换句话来说，包含 $x,y$ 的区间集相等。xor-hashing 刻画。

那么 $f(u,i)$ 表示最远点的等价类为 $i$，线段树合并维护，复杂度 $\mathcal{O}(n\log n)$。

https://www.luogu.com.cn/record/146497898