1.seq
奇数和偶数显然是独立的，我们只考虑其中一种即可。
如果没有要求字典序最小的话，则显然相对位置不变的方案是最优的，那么我们可以直接得到一种合法方案以及最小代价。
我们用 xi 表示第 i 个数是往左，往右还是不变，那么按 xi 分段后显然每一段是独立的，否则代价一定大了。
那么我们考虑 xi 相同的一段。如果他们都是向左的，那么我们可以按照从大到小的顺序，每个数字都尽可能向后面放。而如果都是向右的，我们按照从小到大的顺序每个数字都尽可能往前面放即可。可以发现，这样的两种放法都可以最小化字典序，因此都是对的。
时间复杂度： Θ(n log2 n)。
2.bulb
考虑建出一张图，他的点就是原来的灯泡 1, 2, · · · , n。然后如果 i 和 i + 1 都是亮
着的，那么就把他们之间连一条边。
那么一个极长亮灯区间就对应图中的一个联通块。因为链也是树，所以连通块数
等于点数减边数，即极长亮灯区间数等于亮着的灯泡数减去连续亮着的灯泡数。
前者显然可以非常方便地维护，考虑如何维护这个连续亮着的灯泡数。
设阈值 B，则我们可以把所有颜色按照对应灯泡个数和 B 的关系分为大小两种。
若翻转的是小的颜色，则我们直接可以暴力枚举这种颜色中的所有点，然后计算
连续亮着的灯泡数。
否则如果翻转的是大的颜色，则和它相邻的颜色有两种：小的和大的：
• 如果是大的，那么因为大的颜色只有 Bn 种，所以只要先预处理出任意两种大的
颜色之间有多少条边可以连，然后直接枚举这个另外的大的颜色即可。
• 对于小的的情况，我们考虑在小的那里处理。即，在枚举小的点的时候，如果
周围遇到了一个大的颜色，则我们就在这个大的颜色上打一个标记，表示如果
它翻转了那么会造成多大的改变即可。
时间复杂度： Θ(q(B + Bn ))，取 B = √n 即可做到时间复杂度 Θ(q√n)。
3.match
显然对于某个 k，若存在这样的 k 个人，那么必定唯一。
这是因为我们如果存在某两个合法集合 S 以及 T，一定存在 u ∈ S 而 u ̸∈ T 以及 v ∈ T 而 v ̸∈ S。根据合法集合的定义，我们从 S 的定义可得 u 胜过 v，而从 T的定义可得 v 胜过 u，矛盾。因此这样的集合一定唯一。
设 Fn,k 表示 n 个人中存在这样 k 个人的概率，考虑转移。
考虑如何计算 Fn+1,k，如果 n+ 1 在集合外，那么他一定要输给前面的这 k 个人，而这 k 个人的编号都比他小，因此概率为 pk。如果他在集合内，那么他要赢前面的n − k + 1 个人，因此概率为 qn−k+1，其中 q = 1 − p。因此，我们有Fn+1,k = Fn,k · pk + Fn,k−1 · qn−k+1
同时，我们也可以通过考虑 1 这个人来做出转移。如果 1 在集合外，那么他要输给后面的这 k 个人，而这 k 个人的编号都比他大，因此概率为 qk。如果他在集合内，那么他要赢后面的 n − k + 1 个人，因此概率为 pn−k+1。因此，我们又有Fn+1,k = Fn,k · qk + Fn,k−1 · pn−k+1
所以，我们有Fn,k · pk + Fn,k−1 · qn−k+1 = Fn,k · qk + Fn,k−1 · pn−k+1
也就是说，Fn,k · (pk − qk) = Fn,k−1 · (pn−k+1 − qn−k+1)
此外 Fn,0 = 1，所以如果 p ̸= q，即 p ̸= 1/2，我们就可以在 Θ(n) 的时间内算出所有的 Fn,k，从而得到答案。
而剩下的情况是 p = q，则此时和下标无关，任意两个人之间一个人胜利的概率
都是 1/2。因此，我们考虑选出 k 个人作为最后的胜者，则有Fn,k = (nk) · 2k(n1−k)
两种情况的时间复杂度都是 Θ(n) 或 Θ(n log2 n)。