\(\cal T_1\) Abracadabra
Description
给定长度为 \(N\)（保证为偶数）的排列，每次操作将排列对半分，然后做归并。\(Q\) 次询问，求 \(t\) 次操作后的第 \(i\) 张牌。
\(N\leqslant 2\cdot 10^5,Q\leqslant 10^6,0\leqslant t\leqslant 10^9\).
Solution
一些闲话：黑心糖赛高！
可以发现归并到 \(a_i\) 时，它后面一段小于 \(a_i\) 的数列一定会紧跟着它被归并，我们不妨这样划分：先令 \(a_1\) 为第一组的 lead，领导后面 \(<a_1\) 的极长连续段，再令后面紧跟的数字为 lead……依此类推。
考察 \(\text{mid}=n/2+1\)，如果 \(\rm mid\) 和 \({\rm mid}-1\) 不在一个段内，这个序列不会再发生变化；反之，可以将它们所在的段按 \(\text{mid}-1\) 和 \(\rm mid\) 的分界隔开。容易发现分割操作至多不超过 \(n\) 次。维护可以用树状数组之类的东西，以权值为下标，维护以这个权值为 lead 的段长。用这个可以二分出第 \(k\) 个位置属于哪个段，也可以确定它的权值，因为只涉及段的分裂操作，所以甚至不用改变原数列。复杂度 \(\mathcal O(n\log n)\).
Code
彩蛋：打开这题的 testdata 发现后缀全是 .1a、.2b 之类的鬼畜玩意，足足有八十组。于是学习了一下怎么用 \(\mathcal{C}\text{++}\) 进行替换，最后发现根本没有学懂 freopen().
# include <cstdio>
# include <cctype>
# define print(x,y) write(x), putchar(y)
template <class T>
inline T read(const T sample) {
T x=0; char s; bool f=0;
while(!isdigit(s=getchar())) f|=(s=='-');
for(; isdigit(s); s=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(s^48);
return f? -x: x;
}
template <class T>
inline void write(T x) {
static int writ[50], w_tp=0;
if(x<0) putchar('-'), x=-x;
do writ[++w_tp]=x-x/10*10, x/=10; while(x);
while(putchar(writ[w_tp--]^48), w_tp);
}
# include <vector>
# include <iostream>
using namespace std;
typedef pair <int,int> par;
const int MAXN = 2e5+5;
const int MAXM = 1e6+5;
vector <par> q[MAXN]; int ans[MAXM];
int n, Q, a[MAXN], stk[MAXN], tp, nxt[MAXN], pos[MAXN];
namespace fwt {
int c[MAXN];
int lowbit(int x) { return x&-x; }
void add(int x,int k) {
while(x<=n) c[x]+=k, x+=lowbit(x);
}
int ask(int x,int r=0) {
for(; x; x-=lowbit(x)) r+=c[x]; return r;
}
int kth(int& k,int r=0) {
for(int i=17; i>=0; --i)
if(r+(1<<i)<=n && c[r+(1<<i)]<k)
k -= c[r=r+(1<<i)]; return r+1;
}
}
int main() {
n=read(9), Q=read(9);
for(int i=1;i<=n;++i) pos[a[i]=read(9)]=i;
for(int i=n; i; --i) {
while(tp && a[i]>a[stk[tp]]) --tp;
if(tp) nxt[i] = stk[tp];
else nxt[i] = n+1; stk[++tp]=i;
}
for(int i=1;i<=n;i=nxt[i]) fwt::add(a[i],nxt[i]-i);
for(int i=1;i<=Q;++i) {
int t=min(read(9),n), x=read(9);
q[t].emplace_back(make_pair(x,i));
}
for(int t=0; t<=n; ++t) {
for(auto& i:q[t]) {
int lead = fwt::kth(i.first);
ans[i.second] = a[pos[lead]+i.first-1];
} int mid = (n>>1)+1, lead = fwt::kth(mid);
if(mid==1) continue;
int all = fwt::ask(lead)-fwt::ask(lead-1), ed=pos[lead]+all;
fwt::add(lead, -(all-(mid-1)));
for(int i=pos[lead]+mid-1; i<ed; i=nxt[i])
fwt::add(a[i], min(ed,nxt[i])-i);
}
for(int i=1;i<=Q;++i) print(ans[i],'\n');
return 0;
}
\(\cal T_2\) Homework
Description
给定一个由 \(\min,\max\) 构成的表达式（这里的 \(\min,\max\) 都视作二元运算），其中表达式里面共 \(N\) 个参数。填入 \(1\) 到 \(N\) 这些数，共有 \(N!\) 种方案，那么 \(N!\) 种填数方案最后的运算结果有多少种。
\(N\leqslant 10^6\).
Solution
就是 \(\text{CF1153D Serval and Rooted Tree}\).
Code
# include <cstdio>
# include <cctype>
# define print(x,y) write(x), putchar(y)
template <class T>
inline T read(const T sample) {
T x=0; char s; bool f=0;
while(!isdigit(s=getchar())) f|=(s=='-');
for(; isdigit(s); s=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(s^48);
return f? -x: x;
}
template <class T>
inline void write(T x) {
static int writ[50], w_tp=0;
if(x<0) putchar('-'), x=-x;
do writ[++w_tp]=x-x/10*10, x/=10; while(x);
while(putchar(writ[w_tp--]^48), w_tp);
}
# include <cstring>
# include <iostream>
using namespace std;
const int MAXN = 7e6+5;
char s[MAXN]; bool d[MAXN]; int dp[MAXN][2];
int len, stk[MAXN], tp, son[MAXN][2], n;
void dfs(int u) {
if(!son[u][0]) return; dp[u][d[u]^1]=0;
for(int i=0, v=son[u][i]; i<2; v=son[u][++i]) {
dfs(v); dp[u][d[u]^1] += dp[v][d[u]^1];
dp[u][d[u]] = min(dp[u][d[u]], dp[v][d[u]]);
}
}
int main() {
scanf("%s",s+1), len=strlen(s+1);
for(int i=1; i<=len; ++i) {
if(s[i]=='m') stk[++tp]=++n,
d[n] = (s[i+1]=='i'?0:1), i+=3;
else if(s[i]==')') son[stk[tp-1]][1]=stk[tp], --tp;
else if(s[i]==',') son[stk[tp-1]][0]=stk[tp], --tp;
else stk[++tp]=++n;
} int all=0;
for(int i=1;i<=n;++i)
if(son[i][0]) dp[i][0]=dp[i][1]=n+1;
else dp[i][0]=dp[i][1]=1, ++ all;
dfs(1); print(all-dp[1][0]-dp[1][1]+2,'\n');
return 0;
}
\(\cal T_3\) Prize
Description
交互题。两棵 \(N\) 个点的有根树，树的形态给出，但边权未知。需要预先选出一个大小为 \(K\) 的点集 \(S_K\)，需要注意的是，\(K\) 是题目已经给定的值。
然后你可以至多进行 \(Q\) 次询问 ? a b，交互库回答 \(a, b\) 在两棵树上离 \(\operatorname{lca}(a, b)\) 的距离（分别给出，也就是说交互库需要回答 \(4\) 个数）。
最后交换库反过来给你两个参数 \(p,q\in S_K\)，询问 \(p, q\) 在两棵树上（分别）的距离。询问 \(T\) 次。
\(N\leqslant 10^6,Q=K-1,0<w_i\leqslant 2000,2\leqslant K\leqslant 10^5,T\leqslant \min\{K^2,10^5\}\).
Solution
一些闲话：因为 Online Mirror Contest 时间已经过了，而且这题要用交互库，所以测不了，那么不写代码便是理所应当的 😆。可是为了登上那个网站搞了半天的 vpn，最后发现测不了还是很难受啊！
那就浅浅口胡一下吧！先假设点集中 \(K\) 个点是任选的，建出一棵关于 \(S_K\) 的虚树辅助思考，我们需要在 \(Q=K-1\) 次询问后得到这棵树的所有边权。事实上只用按先序遍历询问点 \((p_1,p_2),(p_2,p_3),\dots,(p_{k-1},p_k)\) 即可。
回到原题。第一棵树直接从根开始跑 dfs，将遍历到的前 \(K\) 个点加入集合；第二棵树沿用上文的方法即可。第二棵树的边权是容易复原的，我们考虑如何复原第一棵树。不妨将条件变得更劣，假设每次只给出 \(a,b\) 之间的距离，那么我们就得到了 \(K-1\) 个关于边权的方程，同时我们惊喜地发现未知数个数也是 \(K-1\) 个！另外也容易发现这 \(K-1\) 个方程是线性不相关的，因为线性相关就意味着有环，这与边条数是矛盾的。
哦，那我们就可以用 \(\mathcal O(K^3)\) 的优秀算法来做这道题辣！\(K\leqslant 10^5\) 啊，那没事了。
事实上给定 \(a,b\) 到 \(\text{lca}(a,b)\) 的距离是很有必要的。首先 \(K-1\) 组 \(a,b\) 中，至少存在一组的 \(\rm lca\) 是根节点，于是可以直接得到 \(a,b\) 的深度。利用这个深度大概可以直接枚举包含 \(a,b\) 的询问，求出另一个点的深度。于是可以做到 \(\mathcal O((N+K)\log N)\).
Code
为什么明知道没有代码你还要点开呢？
