这场比赛让我上橙了。
前三题都是大水题，不说了。
第四题有点难想，即使想到了也不能保证是对的。（所以说下面D的做法可能是错的）
E的难度是 $2300$，但是感觉很简单啊？？？说好的歪果仁擅长构造的呢？？？
这次超常发挥过头了，下次肯定要掉了QwQ。
A
水题。不过分类讨论有点难受，结果8min才交，被别人甩了一大截。
时间复杂度 $O(1)$。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; typedef pair<int,int> PII; const int maxn=100010; #define MP make_pair #define PB push_back #define lson o<<1,l,mid #define rson o<<1|1,mid+1,r #define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++) #define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--) #define MEM(x,v) memset(x,v,sizeof(x)) inline ll read(){ char ch=getchar();ll x=0,f=0; while(ch<'0' || ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar(); while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar(); return f?-x:x; } int a,b,c; int main(){ a=read();b=read();c=read(); ll ans=2*c; if(a>b) ans+=2*b+1; else if(a<b) ans+=2*a+1; else ans+=2*a; cout<<ans; }
B
水题。枚举在前一种航线中删几个，明显是要删最小的几个。然后二分出此时在第二种航线中最早能乘坐哪个，再在这个基础上删几个。
注意特判第一种航线能被删完的情况。
时间复杂度 $O(nlog n)$。（实际上可以做到 $O(n)$，但是会稍难打，作为B题就不必要了）
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; typedef pair<int,int> PII; const int maxn=200020; #define MP make_pair #define PB push_back #define lson o<<1,l,mid #define rson o<<1|1,mid+1,r #define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++) #define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--) #define MEM(x,v) memset(x,v,sizeof(x)) inline ll read(){ char ch=getchar();ll x=0,f=0; while(ch<'0' || ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar(); while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar(); return f?-x:x; } int n,m,ta,tb,k,a[maxn],b[maxn],ans; int main(){ n=read();m=read();ta=read();tb=read();k=read(); if(k>=min(n,m)) return puts("-1"),0; FOR(i,1,n) a[i]=read()+ta; FOR(i,1,m) b[i]=read(); sort(a+1,a+n+1);sort(b+1,b+m+1); FOR(i,1,k+1){ int p=lower_bound(b+1,b+m+1,a[i])-b; if(p+k-i+1>m) return puts("-1"),0; ans=max(ans,b[p+k-i+1]+tb); } printf("%d ",ans); }
C
水题。简单构造题。（以下的做法是能卡到 $5n$ 而且又臭又长的蒟蒻做法，应该会有更简洁或更优秀的做法）
每次考虑如何把数 $i$ 通过不超过 $5$ 次交换移到位置 $i$。
- 如果已经在，不用管。$0$ 次。
- 如果能直接交换（距离 $gefrac{n}{2}$），直接交换。$1$ 次。
- 如果 $ilefrac{n}{2}$ 且 $at_ilefrac{n}{2}$，用 $p_n$ 作为中介变量。$3$ 次。
- 如果 $i>frac{n}{2}$ 且 $at_i>frac{n}{2}$，用 $p_1$ 作为中介变量。$3$ 次。
- 如果都不满足，那么一个 $lefrac{n}{2}$，一个 $>frac{n}{2}$。把左边的与 $p_n$ 交换，右边的与 $p_1$ 交换。然后就能把 $p_1,p_n$ 交换。最后把左边的与 $p_n$ 交换，右边的与 $p_1$ 交换。$5$ 次。
（如果不能理解，建议手动模拟一下）
时间复杂度 $O(n)$。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; typedef pair<int,int> PII; const int maxn=300030; #define MP make_pair #define PB push_back #define lson o<<1,l,mid #define rson o<<1|1,mid+1,r #define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++) #define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--) #define MEM(x,v) memset(x,v,sizeof(x)) inline ll read(){ char ch=getchar();ll x=0,f=0; while(ch<'0' || ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar(); while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar(); return f?-x:x; } int n,p[maxn],id[maxn],m,a[maxn*5],b[maxn*5]; int tp(int x){return x<=n/2?0:1;} int main(){ n=read(); FOR(i,1,n) id[p[i]=read()]=i; FOR(i,1,n){ if(p[i]==i) continue; int x=i,y=id[i],t1=tp(x),t2=tp(y); if(abs(x-y)*2>=n){ m++; a[m]=x;b[m]=y; } else if(t1==t2){ int ot=t1?1:n; m++; a[m]=x;b[m]=ot; m++; a[m]=y;b[m]=ot; m++; a[m]=x;b[m]=ot; } else{ if(t1>t2) swap(x,y),swap(t1,t2); m++; a[m]=x;b[m]=n; m++; a[m]=1;b[m]=y; m++; a[m]=1;b[m]=n; m++; a[m]=1;b[m]=y; m++; a[m]=x;b[m]=n; } swap(p[x],p[y]); id[p[x]]=x; id[p[y]]=y; } printf("%d ",m); FOR(i,1,m) printf("%d %d ",a[i],b[i]); }
D
分两类讨论，第一种是 $a_1>b_1<a_2>b_2cdots$，第二种是$%#!*&^@!。
这里以第一种为例。
这里就不会了。然后就按 $b$ 从小到大排序，贪心地选。过了？？？
等官方题解出来我再把这个坑（锅？）补一补吧。
upd：以第一种 $a_i>b_i$ 为例。如果按 $a$ 从小到大排序，那么 $a_{i_2}>a_{i_1}>b_{i_1}$，这是一定合法的。然而按 $b$ 排序就不知道为什么了。
upd2：还是以 $a_i>b_i$ 为例。如果按 $b$ 从小到大排序，那么 $b_{i_1}<b_{i_2}<a_{i_2}$。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; typedef pair<int,int> PII; const int maxn=2222222; #define MP make_pair #define PB push_back #define lson o<<1,l,mid #define rson o<<1|1,mid+1,r #define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++) #define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--) #define MEM(x,v) memset(x,v,sizeof(x)) inline ll read(){ char ch=getchar();ll x=0,f=0; while(ch<'0' || ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar(); while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar(); return f?-x:x; } struct item{ int a,b,id; bool operator<(const item &i)const{return b<i.b;} }t1[maxn],t2[maxn]; int n,m1,m2,a[maxn],b[maxn],al1,ans1[maxn],al2,ans2[maxn]; int main(){ n=read(); FOR(i,1,n) a[i]=read(),b[i]=read(); FOR(i,1,n) if(a[i]>b[i]) t1[++m1]=(item){a[i],b[i],i}; sort(t1+1,t1+m1+1); FOR(i,1,m1) if(t1[i].a>t1[ans1[al1]].b) ans1[++al1]=i; FOR(i,1,n) if(a[i]<b[i]) t2[++m2]=(item){a[i],b[i],i}; sort(t2+1,t2+m2+1); t2[0].b=1e9; ROF(i,m2,1) if(t2[i].a<t2[ans2[al2]].b) ans2[++al2]=i; if(al1>al2){ printf("%d ",al1); FOR(i,1,al1) printf("%d ",t1[ans1[i]].id); } else{ printf("%d ",al2); FOR(i,1,al2) printf("%d ",t2[ans2[i]].id); } }
E
很简单的构造题，为什么连那么多歪果仁都不会……
首先发现 $0le 2dle s_j-s_i$ 等价于 $i$ 和 $j$ 的大小关系不变。以下我们只要在大小不变的条件下构造。
upd：经CDW提醒，这不能直接互推（想象一下 $i$ 与一个更大的 $k$ 移动然后超过了 $j$ 到达 $i'$）。但是如果有解，肯定有一种方案使得最后的大小关系和原来的大小关系一样。如刚刚那个反例，可以先 $j$ 和 $k$ 操作，$j$ 移到 $i'$，然后 $i$ 和 $k$ 操作，$i$ 移到 $j$。
那么就可以把 $s$ 和 $t$ 从小到大排序。
求出每个元素的变化值。（$d_i=s_i-t_i$）如果变化值之和不为 $0$ 则无解。
从小到大枚举变化值。每枚举一个变化值我们就想法把它变为 $0$。
首先，如果 $d_i$ 是负数，由于之前的 $d$ 都是 $0$，所以这个变化值不可能再变大。无解。
否则就找到这后面的第一个负数。可以对这两个数进行操作。
重复以上操作直到 $d_i=0$ 为止。
发现第一个负数的位置不降。可以就用一个指针不停往后推。
时间复杂度 $O(nlog n)$。由于每枚举一个数或者指针往后推都至多用 $1$ 次操作，所以 $mle 2n$。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; typedef pair<int,int> PII; const int maxn=1500150; #define MP make_pair #define PB push_back #define lson o<<1,l,mid #define rson o<<1|1,mid+1,r #define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++) #define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--) #define MEM(x,v) memset(x,v,sizeof(x)) inline ll read(){ char ch=getchar();ll x=0,f=0; while(ch<'0' || ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar(); while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar(); return f?-x:x; } struct item{ int s,id; bool operator<(const item &i)const{return s<i.s;} }it[maxn]; int n,s[maxn],t[maxn],d[maxn],cur=1,m,a[maxn],b[maxn],c[maxn]; ll sum; int main(){ n=read(); FOR(i,1,n) s[i]=read(),it[i]=(item){s[i],i}; FOR(i,1,n) t[i]=read(); sort(it+1,it+n+1);sort(t+1,t+n+1); FOR(i,1,n) d[i]=t[i]-it[i].s,sum+=d[i]; if(sum) return puts("NO"),0; FOR(i,1,n){ if(d[i]<0) return puts("NO"),0; while(d[i]){ while(cur<=n && d[cur]>=0) cur++; int x=min(d[i],-d[cur]); d[i]-=x;d[cur]+=x; a[++m]=it[i].id;b[m]=it[cur].id;c[m]=x; } } printf("YES %d ",m); FOR(i,1,m) printf("%d %d %d ",a[i],b[i],c[i]); }
F,G,H
一个 $2500$，一个$3100$，一个 $3600$（史上第一道 $3600$ 题），完全不可做。以后再来填吧。