A - Messenger Simulator
两种解法，我选择了第二种
mn很好求，联系过就是1，没联系过就是初始位置
第一种:统计同一个人两次联系之间的出现的不同的人的个数，这个值用来更新mx[i]，模拟一下就可以理解。而在第一次联系之前的部分，由于初始是顺序的，所以只需要统计i第一次联系之前出现的大于i的不同的人的个数，用这个数字和初始位置之和来更新mx[i]。对于最后一次联系之后的部分，我们可以假定在m+1的位置再次与其进行联系，然后套用前面两次联系之间的情况即可，需要注意的是对于所有的i都是假设在m+1的位置再次进行联系。对于从来都没有联系过的人，同样假设m+1联系并套用第一次联系之前的模式即可，其实也就是整个序列m中比i大的不同人的个数是多少。复杂度在统计两次联系之间那里，可以用莫队或者主席树实现，其他部分可以用树状数组实现。
第二种就是模拟这个过程，初始位置对应线段树m+1~m+n区间，每次练习就是把一个人当前位置对应权值-1，然后在最前面+1，容易发现只需要统计每次联系前的位置即可(仍视为m+1次联系了所有的i，其实就是在全部联系结束之后再次统计当前位置)。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define LL long long 3 #define dl double 4 using namespace std; 5 const int inf=3e5+10; 6 int n,m; 7 int mn[inf],mx[inf]; 8 int f[inf<<3]; 9 int fir,hs[inf]; 10 #define mid (l+r>>1) 11 #define rs (o<<1|1) 12 #define ls (o<<1) 13 void add(int o,int l,int r,int x,int y){ 14 if(l == r){f[o]+=y;return ;} 15 if(x <= mid)add(ls,l,mid,x,y); 16 else add(rs,mid+1,r,x,y); 17 f[o]=f[ls]+f[rs]; 18 } 19 int query(int o,int l,int r,int x){ 20 if(r <= x)return f[o]; 21 if(x <= mid)return query(ls,l,mid,x); 22 else return f[ls]+query(rs,mid+1,r,x); 23 } 24 int main(){ 25 // freopen("in.txt","r",stdin); 26 scanf("%d%d",&n,&m);fir=m; 27 for(int i=1;i<=n;i++)add(1,1,n+m,hs[i]=i+m,1),mx[i]=mn[i]=i; 28 for(int i=1;i<=m;i++){ 29 int x;scanf("%d",&x); 30 mx[x]=max(mx[x],query(1,1,n+m,hs[x])); 31 add(1,1,n+m,hs[x],-1); 32 add(1,1,n+m,hs[x]=fir--,1); 33 mn[x]=1; 34 } 35 for(int i=1;i<=n;i++)mx[i]=max(mx[i],query(1,1,n+m,hs[i])); 36 for(int i=1;i<=n;i++)printf("%d %d ",mn[i],mx[i]); 37 return 0; 38 }
B - Restore Permutation
此题很容易想到从后往前处理。最后一个可以直接算出来，然后排除他的影响，算倒数第二个....我们需要证明一个结论，对于当前处理的位置(排除了已经用过的)，s[i]严格单调，此结论很容易证明，任取i<j即可发现s[i]<s[j]。我开了一个set储存当前剩余的元素，set内比较的是其在当前位置时对应的s[i]，然后lower_bound即可找到答案，nlog^2。
标答1的解法是:每次寻找s[i]为0的点，最右面的这种点便是1(他的右面不可能有0了)，然后把他后面的s[i]都-1，再找2，重复此过程。
标答2是树状数组做法，同样倒序处理，巧妙运用树状数组免去了二分的麻烦同时省去了"删除操作"，也就把我的set直接去掉了。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define LL long long 3 #define dl double 4 using namespace std; 5 const int inf=2e5+10; 6 int n; 7 LL s[inf]; 8 LL f[inf]; 9 int a[inf]; 10 int lowbit(int x){return x&(-x);} 11 LL sum(int x){LL ans=0;for(int i=x;i;i-=lowbit(i))ans+=f[i];return ans;} 12 void add(int x){for(int i=x;i<=n;i+=lowbit(i))f[i]+=x;} 13 struct ghb{ 14 int id; 15 LL val; 16 bool operator < (const ghb &o)const{ 17 LL tp1=1ll*id*(id-1)/2-sum(id),tp2=1ll*o.id*(o.id-1)/2-sum(o.id); 18 if(!o.id)tp2=o.val; 19 return tp1 < tp2; 20 } 21 }; 22 set<ghb>S; 23 set<ghb>::iterator g; 24 int main(){ 25 // freopen("in.txt","r",stdin); 26 scanf("%d",&n); 27 for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&s[i]),S.insert((ghb){i,0}); 28 for(int i=n;i>=1;i--){ 29 g=S.lower_bound((ghb){0,s[i]}); 30 a[i]=(*g).id;add((*g).id);S.erase(g); 31 } 32 for(int i=1;i<=n;i++)printf("%d ",a[i]); 33 return 0; 34 }
C - Turing Tree
莫队的模板题
或者还有两种解法
第一种:主席树，在线算法，每个位置记录对应数值上一次出现的位置，然后变成了区间查询小于l的元素个数的问题，只不过是把权值1变成了对应数的数值。
另一种:线段树/树状数组，离线算法，把询问按右节点排序，依次插入每一个数，在树状数组中加上对应值，如果这个数之前出现过，那么把之前的减去对应值。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define LL long long 3 #define dl double 4 using namespace std; 5 const int inf=3e4+10; 6 int T; 7 int n,m; 8 struct ghb{ 9 int id,val1,val2; 10 bool operator < (const ghb &o)const{return val1 < o.val1;} 11 }a[inf]; 12 bool cmp1(ghb &a,ghb &b){return a.id < b.id;} 13 int bel[inf]; 14 struct Query{ 15 int l,r,id; 16 LL ans; 17 bool operator < (const Query &o)const{return bel[l] == bel[o.l] ? r<o.r : bel[l]<bel[o.l];} 18 }q[inf<<2]; 19 bool cmp2(Query &a,Query &b){return a.id < b.id;} 20 int cnt[inf]; 21 void work(){ 22 LL ans=0; 23 int l=1,r=0; 24 for(int i=1;i<=m;i++){ 25 while(l < q[i].l){ 26 cnt[a[l].val2]--; 27 if(cnt[a[l].val2] == 0)ans-=a[l].val1; 28 l++; 29 } 30 while(l > q[i].l){ 31 l--; 32 cnt[a[l].val2]++; 33 if(cnt[a[l].val2] == 1)ans+=a[l].val1; 34 } 35 while(r < q[i].r){ 36 r++; 37 cnt[a[r].val2]++; 38 if(cnt[a[r].val2] == 1)ans+=a[r].val1; 39 } 40 while(r > q[i].r){ 41 cnt[a[r].val2]--; 42 if(cnt[a[r].val2] == 0)ans-=a[r].val1; 43 r--; 44 } 45 q[i].ans=ans; 46 } 47 } 48 int main(){ 49 // freopen("in.txt","r",stdin); 50 scanf("%d",&T); 51 a[0].val1=-1; 52 while(T--){ 53 memset(cnt,0,sizeof(cnt)); 54 scanf("%d",&n);int len=sqrt(n); 55 for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i].val1),bel[a[i].id=i]=(i-1)/len+1; 56 sort(a+1,a+n+1); 57 for(int i=1;i<=n;i++)a[i].val2=a[i].val1 == a[i-1].val1 ? a[i-1].val2 : a[i-1].val2+1; 58 sort(a+1,a+n+1,cmp1); 59 scanf("%d",&m); 60 for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%d%d",&q[i].l,&q[i].r),q[i].id=i; 61 sort(q+1,q+m+1); 62 work(); 63 sort(q+1,q+m+1,cmp2); 64 for(int i=1;i<=m;i++)printf("%lld ",q[i].ans); 65 } 66 return 0; 67 } 68 /*莫队模板题*/
D - Welfare State
第一感觉就是线段树模拟这个过程，因为只有一次询问所以也不是吉司机那种，然后写的过程中发现有些累赘，感觉有更简单的方法。
其实可以用O(n)的做法，只要倒序枚举所有操作并记录2操作最大值，在某个位置的1操作第一次被枚举到的时候更新当前点的值即可，同样，从来没被1操作过的可以视为在0处有一个1操作，也就是全枚举完后对没被1操作过的位置取一个max。
只有线段树的代码
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define LL long long 3 #define dl double 4 using namespace std; 5 const int inf=2e5+10; 6 int n,q; 7 int f[inf<<2],tag[inf<<2]; 8 #define ls (o<<1) 9 #define rs (o<<1|1) 10 #define mid (l+r>>1) 11 void tagdown(int o){ 12 tag[ls]=max(tag[ls],tag[o]); 13 tag[rs]=max(tag[rs],tag[o]); 14 tag[o]=0; 15 } 16 void modify(int o,int l,int r,int x,int y){ 17 if(l == r){tag[o]=0;f[o]=y;return ;} 18 tagdown(o); 19 if(x <= mid)modify(ls,l,mid,x,y); 20 else modify(rs,mid+1,r,x,y); 21 } 22 void out(int o,int l,int r){ 23 if(l == r){printf("%d ",max(f[o],tag[o]));return ;} 24 tagdown(o);out(ls,l,mid);out(rs,mid+1,r); 25 } 26 int main(){ 27 // freopen("in.txt","r",stdin); 28 scanf("%d",&n); 29 for(int i=1;i<=n;i++){int x;scanf("%d",&x);modify(1,1,n,i,x);} 30 scanf("%d",&q); 31 for(int i=1;i<=q;i++){ 32 int x,y,z;scanf("%d%d",&x,&y); 33 if(x == 1){scanf("%d",&z);modify(1,1,n,y,z);} 34 else tag[1]=max(tag[1],y); 35 } 36 out(1,1,n); 37 return 0; 38 } 39 /*又是一道伪吉司机线段树，因为只有一次询问所以很简单*/ 40 /*似乎压根不存在f的转移，应该可以用更简洁的方法做出来*/
E - Playlist
道理很简单，按b从大到小排序，顺序枚举选择前k大。然而我选择了很愚蠢的二分+树状数组来求前k大，事实上一个优先队列就可以轻松解决。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define LL long long 3 #define dl double 4 using namespace std; 5 const int inf=3e5+10; 6 int n,k; 7 struct Song{ 8 int t,b; 9 bool operator < (const Song &o)const{ 10 return b > o.b; 11 } 12 }a[inf]; 13 int lowbit(int x){return x&(-x);} 14 int f1[inf<<2]; 15 LL f2[inf<<2]; 16 void add(int x){int y=1e6-x+1;for(int i=y;i<=1e6;i+=lowbit(i))f1[i]++,f2[i]+=x;} 17 int sum1(int x){int ans=0;for(int i=x;i;i-=lowbit(i))ans+=f1[i];return ans;} 18 LL sum2(int x){LL ans=0;for(int i=x;i;i-=lowbit(i))ans+=f2[i];return ans;} 19 LL ANS; 20 int main(){ 21 // freopen("in.txt","r",stdin); 22 scanf("%d%d",&n,&k); 23 for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",&a[i].t,&a[i].b); 24 sort(a+1,a+n+1); 25 for(int i=1;i<=n;i++){ 26 add(a[i].t); 27 int l1=1,r1=1e6; 28 while(l1 != r1){ 29 int mid=(l1+r1>>1)+1; 30 if(sum1(mid) > k)r1=mid-1; 31 else l1=mid; 32 } 33 int l2=1,r2=1e6; 34 while(l2 != r2){ 35 int mid=l2+r2>>1; 36 if(sum1(mid) < k)l2=mid+1; 37 else r2=mid; 38 } 39 LL ans=sum2(l1); 40 int tp1=sum1(l1); 41 if(tp1 < k && sum1(l2) > k)ans+=1ll*(1e6-l2+1)*(k-tp1); 42 ANS=max(ANS,ans*a[i].b); 43 } 44 printf("%lld ",ANS); 45 return 0; 46 } 47 /*二分+树状数组实现前k大?*/