• CF1602A~F


    A - Two Subsequences(语言基础)

    最小字符+剩余部分

    B - Divine Array (暴力)

    看题解操作次数上界是(O(log n))的,但是(O(n^2))能过。直接暴力。

    C - Array Elimination(思维)

    如果要把某一位全部减为0,那么就是把这一位为1的全部与起来。但是如果要把全部位都减掉,意味(k)很关键,每一位的1的个数必须是(k)的倍数。因此答案就是每一位1的个数的(gcd)的所有因子。

    D - Frog Traveler(set,bfs)

    如果(a)能跳到(b)并从(b)滑倒(c),那么(a)(c)连一条边,意味着(a)能一次跳到达(c)。可以发现每个(a)对应都是一段连续的区间。因此直接用set维护未访问的结点,然后从(n)开始bfs,访问过的点直接从set中删除。这个操作也能用并查集实现。时间复杂度(O(n log n))

    #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 double eps = 1e-5;
    
    int d[N];
    set<int> id;
    int a[N], b[N];
    typedef pair<int, int> PII;
    PII range[N];
    int fa[N];
    
    int main() {
        IOS;
        memset(fa, -1, sizeof fa);
        memset(d, -1, sizeof d);
        int n;
        cin >> n;
        d[n] = 0;
        id.insert(0);
        for(int i = 1; i<= n; i++) {
            id.insert(i);
            cin >> a[i];
        }
        for(int i = 1; i <= n; i++) {
            cin >> b[i];
        }
        for(int i = 1; i <= n; i++) {
            int tar = i + b[i];
            range[i] = {tar - a[tar], tar};
        }
        d[n] = 0;
        queue<int> q;
        q.push(n);
        id.erase(n);
        while(!q.empty()) {
            int cur = q.front();
            q.pop();
            int l = range[cur].first, r = range[cur].second;
            auto tar = id.lower_bound(l);
            while(tar != id.end() && *tar <= r) {
                d[*tar] = d[cur] + 1;
                fa[*tar] = cur;
                q.push(*tar);
                int nt = *tar + 1;
                id.erase(tar);
                tar = id.lower_bound(nt);
                // cout << *tar << " ";
            }
            // cout << endl;
        }
        if(d[0] == -1) cout << -1 << endl;
        else {
            int cur = 0;
            vector<int> ans;
            while(cur != -1) {
                ans.push_back(cur);
                cur = fa[cur];
            }
            ans.pop_back();
            reverse(ans.begin(), ans.end());
            cout << d[0] << endl;
            for(int i = 0; i < ans.size(); i++) cout << ans[i] << " ";
            cout << endl;
        } 
    }
    

    E - Optimal Insertion (贪心,线段树)

    首先对(b)排序,这样肯定是最优的。然后(b)插入(a)还是(a)插入(b)其实没区别,于是假设是(b)插入(a)(p_i)代表(b_i)放在了(a_i)(a_{i+1})之间;对于放在(a)结尾的(b_i),令(p_i=n+1)

    答案除了(a)本身之外,还有(b)插入带来的。(a)的很好求,主要是求(b)的贡献。贪心地考虑一下,就是从左往右找到第一个产生逆序对最少的位置,插入(b_i),要保证(p_i le p_{i+1}),直到插完为止。

    因此可以用线段树维护对于(b_i)放在每个位置((p))产生的逆序对,整个区间中值最小的位置就是所要放(b_i)的位置。维护的方法见代码,同时可以发现,由于(b_i)是递增的,这个最小的位置也是递增的,同时保证了(b_i)产生逆序对最少以及(p_i le p_{i+1})(这样(b_i)之间也不会产生逆序对)。

    #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 = 1e6 + 10;
    const double eps = 1e-5;
    
    int mi[N << 2], lazy[N << 2];
    
    void pushdown(int rt) {
        if(lazy[rt]) {
            lazy[rt << 1] += lazy[rt];
            lazy[rt << 1 | 1] += lazy[rt];
            mi[rt << 1] += lazy[rt];
            mi[rt << 1 | 1] += lazy[rt];
            lazy[rt] = 0;
        }
    }
    
    
    void build(int l, int r, int rt) {
        if(l == r) {
            mi[rt] = lazy[rt] = 0;
            return ;
        }
        int mid = (l + r) / 2;
        build(l, mid, rt << 1);
        build(mid + 1, r, rt << 1 | 1);
        mi[rt] = lazy[rt] = 0;
    }
    
    
    
    void upd(int l, int r, int L, int R, int val, int rt) {
        if(l >= L && r <= R) {
            mi[rt] += val;
            lazy[rt] += val;
            return ;
        }
        int mid = (l + r) / 2;
        pushdown(rt);
        if(L <= mid) upd(l, mid, L, R, val, rt << 1);
        if(R > mid) upd(mid + 1, r, L, R, val, rt << 1 | 1);
        mi[rt] = min(mi[rt << 1], mi[rt << 1 | 1]);
    }
    
    int a[N], b[N];
    vector<int> pos[N << 1];
    int cnt[N << 1];
    int tarr[N << 1];
    int n, m, mx;
    
    int lowbit(int x) {
        return x&-x;
    }
    
    void add(int p, int val) {
        while(p <= mx) {
            tarr[p] += val;
            p += lowbit(p);
        }
    }
    
    int sum(int p) {
        int res = 0 ;
        while(p) {
            res += tarr[p];
            p -= lowbit(p);
        }
        return res;
    }
    
    int main() {
        IOS;
        int t;
        cin >> t;
        while(t--) {
            vector<int> num;
            cin >> n >> m;
            build(1, n + 1, 1);
            for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i], num.push_back(a[i]);
            for(int i = 1; i <= m; i++) cin >> b[i], num.push_back(b[i]);
            sort(num.begin(), num.end());
            num.erase(unique(num.begin(), num.end()), num.end());
            mx = num.size();
            for(int i = 1; i <= mx; i++) pos[i].clear(), tarr[i] = 0, cnt[i] = 0;
            // 离散化
            for(int i = 1; i <= n; i++) a[i] = lower_bound(num.begin(), num.end(), a[i]) - num.begin() + 1;
            for(int i = 1; i <= m; i++) b[i] = lower_bound(num.begin(), num.end(), b[i]) - num.begin() + 1; 
            ll ans = 0;
            for(int i = 1; i <= n; i++) pos[a[i]].push_back(i), add(a[i], 1), ans += sum(mx) - sum(a[i]), upd(1, n + 1, i + 1, n + 1, 1, 1); // pos是a的值对应的位置,用于优化
            for(int i = 1; i <= m; i++) cnt[b[i]]++; // 统计b值的个数,由于有相同的值,所以用这种方法。
            for(int i = 1; i <= mx; i++) { // 枚举b
                for(int p : pos[i]) upd(1, n + 1, p + 1, n + 1, -1, 1);
                for(int p : pos[i - 1]) upd(1, n + 1, 1, p, 1, 1);
                ans += 1ll * cnt[i] * mi[1];
            }
            cout << ans << endl;
        }
    }
    

    F - Difficult Mountain(dp,优化)

    分析一下,有一下几种情况:

    1. (s <p),不统计
    2. (a le p)(s ge p),直接统计,不影响结果
    3. (a>p)(sge p),单独讨论。

    因此只需计算怎么排列情况3的人,使得答案最大。

    假设最优情况是选择了集合(S_i={a_i,s_i}),其中最大的(a)(a_i)。那么对于集合中所有(s ge a_i)的人,它们排在(i)之后是最优的,而(s < a_i)的人必须排在(i)之前。排在(i)前面存在某个(j),有(a_jle a_i),而(j)是排在(i)前面元素的集合(S_j={a_j,s_j}sub S_i),中(a)最大的。(S_i-S_j)中剩下这些人都是满足(s ge a_i)(age a_j),排在(i)的后面。显然这个满足最优子结构。

    因此先对(a)排序,(f(i))代表(S_i)的大小,即(f(i)=|S_i|)。有如下转移方程

    [f(i)=max_{j=0}^{i-1}(f(j)+cal(j+1,i-1,i))[s_ige a_j] ]

    其中

    [cal(l,r,p)=sumlimits_{i=l}^{r}[s_ige a_p] ]

    最后答案就是(max(f(i)))加上情况2。

    (sum(l,p)=sumlimits_{i=0}^{l}[s_ige a_p]),可得

    [f(i)-sum(i-1,i)=max_{j=0}^{a_jle s_i}(f(j)-sum(j,i)) ]

    用线段树维护更新(maxlimits_{j=0}^{a_jle s_i}(f(j)-sum(j,i))),使用和E题类似的方法优化即可。

    #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 = 1e6 + 10;
    const double eps = 1e-5;
    typedef pair<int, int> PII;
    
    int s[N], a[N];
    PII arr[N];
    bool ok[N];
    vector<int> pos[N];
    
    int mx[N << 2], lazy[N << 2];
    void pushdown(int rt) {
        if(lazy[rt]) {
            lazy[rt << 1] += lazy[rt];
            lazy[rt << 1 | 1] += lazy[rt];
            mx[rt << 1] += lazy[rt];
            mx[rt << 1 | 1] += lazy[rt];
            lazy[rt] = 0;
        }
    }
    
    void upd(int l, int r, int L, int R, int val, int rt) {
        if(l >= L && r <= R) {
            mx[rt] += val;
            lazy[rt] += val;
            return ;
        }
        pushdown(rt);
        int mid = (l + r) / 2;
        if(mid >= L) upd(l, mid, L, R, val, rt << 1);
        if(mid < R) upd(mid + 1, r, L, R, val, rt << 1 | 1);
        mx[rt] = max(mx[rt << 1], mx[rt << 1 | 1]); 
    }
    
    int que(int l, int r, int L, int R, int rt) {
        if(l >= L && r <= R) {
            return mx[rt];
        }
        pushdown(rt);
        int res = -INF;
        int mid = (l + r) / 2;
        if(mid >= L) res = max(res, que(l, mid, L, R, rt << 1));
        if(mid < R) res = max(res, que(mid + 1, r, L, R, rt << 1 | 1));
        mx[rt] = max(mx[rt << 1], mx[rt << 1 | 1]); 
        return res;
    }
    
    int dp[N];
    
    bool cmp(const PII& a, const PII &b) {
        return a.first < b.first;
    }
    
    int main() {
        IOS;
        vector<int> num;
        int n, d;
        cin >> n >> d;
        num.push_back(d);
        for(int i = 1; i <= n; i++) {
            cin >> s[i] >> a[i];
            num.push_back(s[i]);
            num.push_back(a[i]);
        }
        sort(num.begin(), num.end());
        num.erase(unique(num.begin(), num.end()), num.end());
        d = lower_bound(num.begin(), num.end(), d) - num.begin() + 1;
        for(int i = 1; i <= n; i++) {
            s[i] = lower_bound(num.begin(), num.end(), s[i]) - num.begin() + 1;
            a[i] = lower_bound(num.begin(), num.end(), a[i]) - num.begin() + 1;
        }
        int ans = 0;
        for(int i = 1; i <= n; i++) {
            if(a[i] <= d && s[i] >= d) ans++;
            if(a[i] > d && s[i] >= d) ok[i] = true; 
        }
        int m = 0;
        for(int i = 1; i <= n; i++) {
            if(ok[i]) {
                arr[++m] = {a[i], s[i]};
            }
        }
        arr[0].first = d;
        sort(arr + 1, arr + 1 + m, cmp);
        for(int i = 1; i <= m; i++) {
            pos[arr[i].second].push_back(i);
            upd(0, m, i, m, -1, 1);
        }
        int cur = 1, mxa = 0;
        for(int i = 1; i <= m; i++) {
            while(cur < arr[i].first) {
                for(int p : pos[cur]) {
                    upd(0, m, p, m, 1, 1);
                }
                cur++;
            }
            int tarp = upper_bound(arr + 1, arr + 1 + i, PII{arr[i].second, INF}, cmp) - arr - 1;
            dp[i] = que(0, m, 0, tarp, 1) - que(0, m, i - 1, i - 1, 1) + dp[i - 1] + 1;
            upd(0, m, i, i, dp[i], 1);
            mxa = max(mxa, dp[i]);
        }
        ans += mxa;
        cout << ans << endl;
    }
    
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