20250808 模拟赛
并非码力，并非模拟
题目描述
给定一个 n×mn×m 的二元矩阵，11 表示黑色单元格，00 表示白色单元格。每一秒，每个黑色单元格会将其上、下、左、右四个相邻的白色单元格染成黑色。
你可以 最多 将一个白色单元格变成黑色（将 00 变成 11），以最小化整个矩阵完全变黑所需要的时间，求出这个最短时间。
文件读入：color.in
文件读写：color.out
一种O(n)的check方法 目前很快
首先将所有初始黑色单元格 (‘1’) 同时入队，计算每个单元格到最近黑色点的最小曼哈顿距离 dist[i][j]。 然后二分答案 二分时间T,难点在于如何check check就是判断是否存在一个白色或任意单元 (x,y) 使得对所有 dist[i][j]>T 的点，都有 |x−i|+|y−j| ≤ T
n^2check很唐，所以对绝对值分讨
i+j−T≤x+y≤i+j+T
i−j−T≤x−y≤i−j+T
所以对于所有白色的点，我们记录 u_min = max(i + j - T)
u_max = min(i + j + T)
v_min = max(i - j - T)
v_max = min(i - j + T)
最后 我们要判断： 是否存在一个整数点 (x, y)，使得 (u = x + y) 和 (v = x - y) 都落在对应的范围内？ x 与 y 需要为整数，x = (u + v)/2, y = (u - v)/2 这意味着u 和 v 必须具有相同奇偶性（即 (u + v) 与 (u - v) 都是偶数）
我们检查 [u_min, u_max] 与 [v_min, v_max] 这两个区间中是否有某一对整数 u, v 有相同奇偶性即可。
问题描述
阿斯凯拉德（Askeladd）是维京海盗的领袖，他们正在寻找宝藏。在袭击了一个村庄后，他们收集了 nn 个宝藏，按顺序排列，价值分别为 a1,a2,…,ana1,a2,…,an。
团队有一个协议：作为领袖，阿斯凯拉德将获得前 kk 个宝藏（价值为 a1,a2,…,aka1,a2,…,ak），其余的海盗将分配剩下的宝藏。然而，由于时间已晚，分配被推迟到第二天早上。
阿斯凯拉德很狡猾，他秘密地试图在夜间重新排列宝藏，以获得更多的总价值。他只能交换两个相邻的宝藏。每次交换的成本为 cc 价值，因为存在被其他海盗发现的风险。阿斯凯拉德可以执行任意次数的交换（包括零次）。
阿斯凯拉德想要找到他能获得的最大利润，定义为：他获得的宝藏总价值减去交换的总成本。
文件读入：treasure.in
文件读写：treasure.out
我们钦定p1...pk表示选的，要把这k个弄到前k各位置的坐标。
那么答案就是
发现后面-j可以直接提出来，变成
前面直接对于每个p = i算然后排序取k大即可。
对于一个长度为 LL（LL 为奇数） 的数组 aa，定义它的中位数 median(a)median(a) 为 aa 中第 L+122L+1 大的数。
现在给你一个长度为 nn 的排列，对于每对满足 1≤i≤j≤1≤i≤j≤ 并且 j−i≡0j−i≡0 (mod(mod 2)2) 的 (i,j)(i,j)，你需要计算 i×j×median(p[i...j])i×j×median(p[i...j])
输出所有值的总和。
文件读入：median.in
文件读写：median.out
下面给出一个基于「把每个值 m 当作中位数来统计」的 O(n²) 做法思路。核心思想是：
-
枚举中位数值 m
由于 p 是 1…n 的排列，中位数一定落在这些值里，我们对 m 从 1 到 n 遍历。 -
找到 m 在数组中的位置 pos
任何一个奇长子段要以 m 为中位数，子段必须包含 pos，且该子段中比 m 小的数和比 m 大的数个数相同。 -
构造左右前缀平衡数组
定义一个映射\[ b[i] = \begin{cases} +1, & p[i] > m,\\ -1, & p[i] < m,\\ 0, & i = pos. \end{cases} \]那么对于任何包含 pos 的子段 [i…j]，它以 m 为中位数等价于
\[ \sum_{t=i}^j b[t] = 0. \]我们把这个和拆成 “左半段” 和 “右半段”：
- 左半段的前缀和：\(s_L(k)=\sum_{t=k}^{pos-1}b[t]\)，对应子段左端点 i=k+1。
- 右半段的前缀和：\(s_R(k)=\sum_{t=pos+1}^{k}b[t]\)，对应子段右端点 j=k.
-
按平衡值配对并加权
记左边所有可能的 \((\Delta=s_L,\ \text{parity of }i)\) 统计为\[ \text{cntL}[\Delta][\pi] = \sum_{\substack{i\le pos\\i\equiv \pi\bmod2}}1,\quad \text{sumL}[\Delta][\pi] = \sum_{\substack{i\le pos\\i\equiv \pi\bmod2}}i \]同理右边有 \(\text{cntR},\ \text{sumR}\)（按 j 的奇偶分组），
只有当左端 i 和右端 j 同奇偶，且平衡值相等 \(\Delta_L=\Delta_R\) 时，子段 [i…j] 才会是奇长且满足总和为 0。
因此对每个平衡值 \(\Delta\) 和奇偶 \(\pi\in\{0,1\}\)：\[ \sum_{i,j}i\cdot j = \bigl(\text{sumL}[\Delta][\pi]\bigr)\times\bigl(\text{sumR}[\Delta][\pi]\bigr). \]把所有平衡值、两种奇偶情况累加，再乘上当前中位数 m，就得到了所有以 m 作中位数的子段贡献：
\[ \text{contrib}(m) = m \;\times\;\sum_{\Delta,\pi}\bigl(\text{sumL}[\Delta][\pi]\bigr)\times\bigl(\text{sumR}[\Delta][\pi]\bigr). \] -
时间复杂度
对每个 m 我们在 O(n) 时间里扫一遍左右前缀并维护哈希表，合并统计也 O(n)（平衡值种类上限 2n+1）。总体 O(n)×n = O(n²)。
小结
- 利用「把每个元素当候选中位数」的「前缀和 + 哈希配对」思路，省去了每段插入、求第 k 大的 log 因子；
- 通过「左边、右边统计 (i, j) 同奇偶且平衡值相等」来保证子段为奇长且中位数恰好是 m；
- 最终在 O(n²) 内完成所有测试用例的计算。
给你一个长度为 nn 的排列，你需要从中选出一个最长的子序列（注意是子序列不是子串），满足该子序列中两端的值大于中间的所有值。
输出子序列的最大长度。
文件读入：sequence.in
文件读写：sequence.out
下面给出一个 \(O(n\log n)\) 的做法，思路分三步：
一、预处理后缀最左／最右出现位置
记原排列为 \(a[1\ldots n]\)，并且预先建立一个数组
对于每个阈值 \(T\)（我们把“端点最小值”记为 \(T\)），我们需要知道所有值 \(\ge T\) 在序列中出现的最左和最右位置：
// 初始化：
L[n+1] = +∞; R[n+1] = −∞;
// 逆序维护：
for T = n, n−1, …, 1:
L[T] = min( L[T+1], pos[T] )
R[T] = max( R[T+1], pos[T] )
这样，对任意阈值 \(T\)，区间 \([L[T],\,R[T]]\) 恰好囊括了所有值 ≥ \(T\)。
二、离线统计“小于 T”的元素个数
对于固定 \(T\)，在子序列中，中间元素必须严格小于 \(T\)，且它们的位置在 \((L[T],\,R[T])\) 之间。设
那么以两端点取任意两个 \(\ge T\) 的位置为端点，能取得的最长子序列长度至多
为了 离线 高效算出 \(\text{small}_T\)，我们按值从小到大“开闸放水”——把所有值 \(<T\) 的位置依次插入一个长度为 \(n\) 的 Fenwick 树（BIT），用来维护“哪些位置是小于当前阈值的”。
-
初始时，BIT 全 0；
-
当我们将某个值 \(v\)（从 1 到 \(n\)）“放入”时，就在
pos[v]处做 +1 操作； -
在放入之前，BIT 上恰好存储了「所有值 < \(T\) 的位置」；于是即可在 \(O(\log n)\) 内回答区间 \([L[T],R[T]]\) 中有多少个小于 \(T\)：
small_T = BIT.query(R[T]−1) − BIT.query(L[T])（因为两端点本身都是 ≥T，不算入中间）
浙公网安备 33010602011771号