• CF1581


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    A - CQXYM Count Permutations(思维)

    对于排列(p),如果它的对数是(k),那么可以构造({2n-p_i}),使得它的对数变为(2n-1-k)。如果(kge n),就有(2n-k-1 < n)。即每个对数大于等于(n)的排列都可以构造一个小于(n)的排列,一共有((2n)!)。因此答案为(frac{(2n)!}{2})

    // pass
    

    B - Diameter of Graph

    分类讨论

    // pass
    

    C - Portal (前缀和)

    枚举地狱门的宽度的左右边界,然后中间部分可以枚举下边界,用一些前缀和计算代价。设当前下边界在第(i)行,有最小代价(minlimits_{j=0}^{i-1}(g_i-f_j)),即(g_i-maxlimits_{j=0}^{i-1}(f_j))。维护(f)的前缀最大值即可。至于(f)(g)的计算,用行列前缀和维护。

    注意地狱门缺四角也是合法的。时间复杂度(O(m^2n))

    #include <bits/stdc++.h>
    
    #define endl '
    '
    #define IOS std::ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0)
    #define mp make_pair
    #define seteps(N) fixed << setprecision(N) 
    typedef long long ll;
    
    using namespace std;
    /*-----------------------------------------------------------------*/
    
    ll gcd(ll a, ll b) {return b ? gcd(b, a % b) : a;}
    #define INF 0x3f3f3f3f
    
    const int N = 5e2 + 10;
    const double eps = 1e-5;
    
    int costr[N][N];
    int costc[N][N];
    char s[N][N];
    int mx[N];
    
    int main() {
        IOS;
        int t;
        cin >> t;
        while(t--) {
            int n, m;
            cin >> n >> m;
            for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> s[i] + 1;
            for(int i = 1; i <= n; i++) {
                for(int j = 1; j <= m; j++) {
                    costr[i][j] = costr[i][j - 1] + s[i][j] - '0';
                }
            }
            for(int j = 1; j <= m; j++) {
                for(int i = 1; i <= n; i++) {
                    costc[j][i] = costc[j][i - 1] + ((s[i][j] - '0') ^ 1);
                }
            }
            int ans = INF;
            for(int len = 4; len <= m; len++) {
                for(int l = 1; l + len - 1 <= m; l++) {
                    mx[0] = -INF;
                    int r = l + len - 1;
                    int rsum = 0;
                    for(int i = 1; i <= n; i++) {
                        int d = costr[i][r - 1] - costr[i][l];
                        int rd = r - l - 1 - d;
                        mx[i] = costc[l][i] + costc[r][i] + rsum + d - rd;
                        mx[i] = max(mx[i], mx[i - 1]);
                        if(i - 4 > 0) {
                            ans = min(ans, rsum + costc[l][i - 1] + costc[r][i - 1] + rd - mx[i - 4]);
                        } 
                        rsum += d;
                    }
                }
            }
            cout << ans << endl;
        }
    }
    

    D - Mathematics Curriculum(动态规划)

    见:CF1581D - Mathematics Curriculum(动态规划)

    E - Train Maintenance(暴力)

    • 如果(x_i+y_i > sqrt{m}),那么其中正在维护的时间段不超过(sqrt{m})段。直接在差分数组上对每一段区间加。由于询问时间是递增的,直接边修改边累加即可。稍微注意一下删除的情况就可以。

    • 如果(x_i+y_i le sqrt{m}),如果(i)号车是第(s_i)天进入的,当前是第(t)天。令(a=x_i+y_i)那么(i)号车维护的条件就是((t-s_i) mod a =kge x_i),即(t mod a =(k+s_i) mod a, k in [x_i, a))。所以创建(sqrt{m})个数组,对((k+s_i) mod a, k in [x_i, a))暴力修改即可,查询累加每个数组的(t mod a)项即可。

    注意删除操作要根据其加入那天来修改,而不是当前天数。

    #include <bits/stdc++.h>
    
    #define endl '
    '
    #define IOS std::ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0)
    #define mp make_pair
    #define seteps(N) fixed << setprecision(N) 
    typedef long long ll;
    
    using namespace std;
    /*-----------------------------------------------------------------*/
    
    ll gcd(ll a, ll b) {return b ? gcd(b, a % b) : a;}
    #define INF 0x3f3f3f3f
    
    const int N = 3e5 + 10;
    const int M = 1e3 + 10;
    const double eps = 1e-5;
    
    typedef pair<int, int> PII;
    PII ts[N];
    int cnt1[M][M];
    int cnt2[N];
    int sqn;
    int n, m;
    int si[N];
    
    void upd1(int x, int y, int s, int val) {
        int a = x + y;
        assert(a <= sqn);
        for(int i = x + 1; i <= a; i++) {
            cnt1[a][(i - 1 + s) % a] += val;
        }
    }
    
    int que1(int p) {
        int res = 0;
        for(int i = 1; i <= sqn; i++) {
            res += cnt1[i][p % i];
        }
        return res;
    }
    
    void ad(int x, int y, int id, int s) {
        si[id] = s;
        for(int i = s + x; i <= m; i += x + y) {
            cnt2[i] += 1;
            if(i + y <= m) cnt2[i + y] -= 1;
        }
    }
    
    void mi(int x, int y, int id, int ts, int &res) {
        int s = si[id];
        for(int i = s + x; i <= m; i += x + y) {
            cnt2[i] -= 1;
            if(i + y <= m) cnt2[i + y] += 1;
            if(ts >= i && ts < i + y) res--;
        }
    }
    
    
    int main() {
        IOS;
        cin >> n >> m;
        for(int i = 1; i <= n; i++) {
            cin >> ts[i].first >> ts[i].second;
        }
        sqn = sqrt(n);
        int ans = 0;
        for(int i = 1; i <= m; i++) {
            ans += cnt2[i];
            int op, k;
            cin >> op >> k; 
            int x = ts[k].first, y = ts[k].second;
            if(op == 1) {
                if(x + y <= sqn) {
                    si[k] = i;
                    upd1(x, y, i, 1);
                } else ad(x, y, k, i);
            } else {
                if(x + y <= sqn) upd1(x, y, si[k], -1);
                else mi(x, y, k, i, ans);
            }
            cout << ans + que1(i) << endl;
        }
    }
    

    F - Subsequence(st表,dp,笛卡尔树)

    化一下式子可得

    [(m-1)sum_{i=1}^{m}{a_{b_i}}-sum_{i=1}^{m}sum^{m}_{j=i+1}{2f(b_i,b_j)} ]

    可以发现,(f)和区间最小值有有关,假设一个序列涉及到的区间为([l,r]),这个序列最小值所在的位置是(p)(p)的左边有序列的(k_1)个数,右边有(k_2)个,那么序列中横跨(p)的贡献就是(-a_pcdot k_1 cdot k_2),就是上面式子中第二项的一部分。然后剩余的贡献就会被分为左右两部分,可以分治下去,最后求得序列的值。

    由此可以提出一个dp,设(f(l,r,k))为区间([l,r])中长度为(k)的序列的最大的值是多少,容易得到转移方程

    [f(l,r,k)=max_{i=0}^{k}{[f(l,p-1,i)+f(p+1,r,k-i)-2icdot (k-i)a_p]} ]

    以及

    [f(l,r,k)=max_{i=0}^{k}{[f(l,p-1,i-1)+f(p+1,r,k-i) + f(p,p,1)-2(icdot (k-i+1)-1)a_p]} ]

    (f(l,r,k))取两者中的较大值,上下两式分别代表(a_p)不在序列中和(a_p)在序列中,(p)代表区间([l,r])最小值的编号。

    看起来会超时,实则不然。不同的((l,r))只有(O(n))个,而且因为有(kle r-l+1)的限制,所以枚举(i)的个数可以不是(k),可以优化到区间的长度。因此直接记忆化搜索,时间复杂度为(O(n^2))

    #include <bits/stdc++.h>
    
    #define endl '
    '
    #define IOS std::ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0)
    #define mp make_pair
    #define seteps(N) fixed << setprecision(N) 
    typedef long long ll;
    
    using namespace std;
    /*-----------------------------------------------------------------*/
    
    ll gcd(ll a, ll b) {return b ? gcd(b, a % b) : a;}
    #define INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
    const int M = 5e3 + 10;
    const int N = 4e3 + 10;
    const double eps = 1e-5;
    
    ll arr[N];
    int mipos[20][N];
    ll dp[M][N];
    bool vis[M][N];
    int id[N][N];
    
    int n, m, si;
    
    int que(int l, int r) {
        int k = log2(r - l + 1);
        int p1 = mipos[k][l], p2 = mipos[k][r - (1 << k) + 1];
        return arr[p1] < arr[p2] ? p1 : p2;
    }
    
    void init(int l, int r) {
        if(l > r) return ;
        if(id[l][r]) return ;
        if(l == r) return ;
        id[l][r] = ++si;
        int mid = que(l, r);
        init(mid + 1, r);
        init(l, mid - 1);
    }
    
    
    
    ll solve(int l, int r, int k) {
        if(k > r - l + 1) return 0;
        if(l > r) return 0;
        if(k == 0) return 0;
        if(l == r) {
            return (m - 1) * arr[l]; 
        }
        int ind = id[l][r];
        if(vis[ind][k]) return dp[ind][k];
        ll res = 0;
        int mid = que(l, r);
        for(int i = max(0, k + mid - r); i <= min(k, mid - l + 1); i++) {
            res = max(res, solve(l, mid - 1, i) + solve(mid + 1, r, k - i) - 1ll * 2 * i * (k - i) * arr[mid]);
            if(i) res = max(res, solve(l, mid - 1, i - 1) + solve(mid + 1, r, k - i) + (m - 1) * arr[mid] - 1ll * 2 * (i * (k - i + 1) - 1) * arr[mid]);
        }
        vis[ind][k] = 1;
        return dp[ind][k] = res;
    }
    
    int main() {
        IOS;
        cin >> n >> m;
        for(int i = 1; i <= n; i++) {
            cin >> arr[i];
            mipos[0][i] = i;
        }
        for(int i = 1; i < 20; i++) {
            for(int j = 1; j <= n; j++) {
                int p1 = mipos[i - 1][j], p2 = mipos[i - 1][min(n, j + (1 << (i - 1)))];
                mipos[i][j] = arr[p1] < arr[p2] ? p1 : p2;
            }
        }
        init(1, n);
        cout << solve(1, n, m) << endl;
    }
    

    根据题解,序列的值可以化为类似树上若干个点两点间距离和的形式。因此可以直接建立笛卡尔树,在树上跑(k)个点距离和最大的dp,本质上和上面的做法一模一样,殊途同归了属于是。

    笛卡尔树就是treap中随机数换成点的权值,关键字换成点的下标,即treap是笛卡尔树的一种。笛卡尔树中取若干点之间两两距离和,就是本题中相应序列的值。

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