杂题选做

P6323

不会做黄题。水平退化成啥了。

这类与全排列相关的 dp 题。常见的套路是从小到大填数。本题中考虑 $f_{i,j}$ 表示填了 $1 \sim i$，逆序对数为 $j$。

考虑第 $i$ 个数插在哪里以及对应的贡献。此时序列中的数只有小于 $i$ 和大于 $i$ 两种情况。当前已经插了 $i-1$ 个数，你会发现只有 $i$ 个位置是需要考虑的，分别对应了造了 $0 \sim i-1$ 个逆序对。那么这样转移就做到 $O(n^2c)$ 了。获得 $64$ 分。

注意到我们每次都在固定 $(i,j)$ 然后去枚举 $k$，然后这个 $k$ 的值域是连续的，于是考虑前缀和优化。这样变成 $O(nc)$。滚动一下数组就过了。

没滚动数组的代码

P2401

有实力的。

这题与逆序对那题不同的是，那题求逆序对，我们只关心元素的相对顺序。本题中难以直接计算增加的 < 个数，需要分讨。分讨第 $i$ 个元素插在哪：

序列最开头。出现 $i > S_1$，无贡献。
序列最末尾。出现 $S_n < i$，贡献加一。
$S_l < S_r$ 之间。出现 $S_l < i > S_r$，无贡献。
$S_l > S_r$ 之间。出现 $S_l < i > S_r$，贡献加一。

综上，对于一个 $f_{i,j}$ 表示 $i$ 个元素造了 $j$ 个 <：

假设第 $i$ 个元素多造了一个 <，能插的位置就是 > 的位置加上序列末尾，即 $i-2-(j-1) + 1$，其中 $i-2$ 表示符号个数，$j-1$ 表示 < 个数。那么 $f_{i,j} = f_{i,j} + f_{i-1,j-1} \times (i-j)$。
假设没造。能插的位置就是 < 的位置加上序列开头，即 $j + 1$。$f_{i,j} = f_{i,j} + f_{i-1,j} \times (j+1)$。

做完了。时间复杂度 $O(n^2)$。

ABC461E

比较板的 ds 题。

考虑操作 $1$，横着涂一行黑的会改变什么。如果是第一次涂这一行，贡献显然就是 $n$。但是如果不是呢？不妨记上一次涂这一行的时刻为 $j$，当前时刻为 $i$。那么时刻 $j \sim i$ 中有多少列被涂白了，这一次操作就会把它们变成黑的。贡献就是这个列数。

那么问题转化为求时刻 $j \sim i$ 中，有多少列被涂白了，注意要去重。操作 $2$ 的贡献也是同理的。$j$ 是很好维护的，维护第 $p$ 行，第 $q$ 列上一次涂的时间 $r_{p},c_{q}$ 即可。那么可以把询问序列离线下来然后扫描线用树状数组算。

不过这样太麻烦了。考虑一个更聪明的做法。我们已经维护了 $r_p,c_q$，那么时刻 $j\sim i $ 中，有多少列被涂白了实际上就是求有多少个 $c_q > r_p$，那么树状数组容易维护。时间复杂度 $O(q\log n)$。

Record

P3531

如果没有重复的东西显然就是逆序对。然后考虑重复的字母，容易发现我们从左到右赋值做逆序对是对的。这是因为假设 S = AABA T = ABAA，那么 $S$ 的第一个 $A$ 一定是与 $T$ 的第一个 $A$ 配对的，以此类推。那么赋值完直接做逆序对就是对的。

大意：给定一个长度为 $n$ 的序列 $a$，你最少需要多少次“交换相邻两项”的操作，才能满足这个序列先（非严格）增后（非严格）减。
很 cf 的题目。考虑 $n \le 10$ 的子任务，枚举全排列，那么问题就变成怎么从枚举的序列变成序列。这个不就是 P3531。做完了。
考虑排列的子任务。这个神秘的限制有个很好的转化，就是从大到小插数，每次往左或往右插，这样就可以构造出一个合法序列。然后考虑代价怎么算，假设当前的数为 $x$，如果往左边插的话，原序列 $x$ 左边 $> x$ 的数就要被交换，代价就是这个数的个数。往右边插是同理的。
感觉是上位绿。

NOIP 计划 R17 C

大意：对于一个元素介于 $[0,2^m)$ 且互不相同、长度为 $n$ 的序列 $a_1,a_2,\ldots,a_n$，定义它的特征序列为 $p_0,p_1,\ldots,p_{2^m-1}$，其中 $p_i$ 表示使得 $a_{p_i}$ 与 $i$ 的异或值最大的下标。给定一个特征序列 $p$，求有多少个满足要求的原序列 $a$ 可以得到这个特征序列。答案对 $10^9+7$ 取模。
咕咕咕。

P17089

不会。神了。

考虑 $w_i \le 500$ 咋做。首先显然按 $w$ 排序，$f_{i,j}$ 表示前 $i$ 个球，体力剩 $j$。你发现这样不太好转移，引入 $k$ 表示前面选了的球到的最远的位置为 $k$。
在对 $i$ 进行转移的时候，考虑 $k$ 的取值：

$k \ge w_i$，$f_{i,j,k+1} = \max(f_{i-1,j-x_i,k}+k+1, f_{i-1,j,k+1})$
$k < w_i$，$f_{i,j,w_i} = \max(f_{i-1,j-x_i,k}+w_i,f_{i-1,j,w_i})$

那么时间复杂度 $O(n^3)$，可以滚掉一维。
然后考虑正解。这里有很多做法，比较容易得就是注意到有用的 $w$ 的数量是 $O(n)$ 量级的，离散化即可。这个可以这样证明：
考虑全部球都扔出去的情况，记此时球 $i$ 所在位置为 $t_i$，显然 $t_i = \max(t_{i-1} + 1,w_i)$。那么此时 $[w_i,t_i]$ 这段区间一定都是有球在的，此时没有球在的位置一定也不会有球了。于是记录离散化 $t_i$ 即可。这样就把所有可能出现球的位置离散化完了。那么做完了。

mem(f, -0x3f); 
f[0][0][0] = 0; 

for (ll i = 1; i <= n; ++ i ) {
	for (ll j = 0; j <= s; ++ j ) 
		for (ll k = 0; k <= L; ++ k ) 
			f[i & 1][j][k] = f[!(i & 1)][j][k]; 
	ll h = Mp[B[i].w]; 
	for (ll k = 0; k <= L; ++ k ) {	
		ll g = Mp[to[k] + 1]; 
		for (ll j = B[i].X; j <= s; ++ j ) {
			if (to[k] >= B[i].w)
				f[i & 1][j][g] = max(f[i & 1][j][g], 
					f[!(i & 1)][j - B[i].X][k] + to[k] + 1); 
			else
				f[i & 1][j][h] = max(f[i & 1][j][h], 
					f[!(i & 1)][j - B[i].X][k] + B[i].w); 
		}
	}
}

P16131

In Luogu

首先考虑把复合串拆开，由于没有哪个初始字符串是另一个初始字符串的前缀，这一步容易用哈希实现。
那么得到一个长度为 $k$ 的序列 $p$，元素之间互不相同且由 $1\sim n$ 组成。问题转化成求 $p$ 的排名。
比较经典的 trick 是转化成求字典序比 $p$ 小的序列数，这样可以按位来填。
考虑第 $i$ 位，此时前 $i-1$ 位都是被钦定的。记此时 $n$ 个数里还没被钦定的，且 $< p_i$ 的数有 $f$ 个，那么如果在第 $i$ 位填上 $f$ 个数里的某一个，第 $i+1 \sim k$ 位可以任意填，由于此时 $n$ 个数里已经选了 $i$ 个，方案数就是 $f \times \binom{n-i}{k-i} \times (k-i)!$。那么钦定第 $i$ 位为 $p_i$ 继续往下填即可。
$f$ 的计算可以用树状数组或者 set 维护。时间复杂度 $\mathcal{O(k\log n)}$。注意由于我们求的是比 $p$ 小的序列数，答案要 $+1$，这里也要取模。赛时因为这个 $100 \to 98$。

P15861

不会这个题还有救吗。

考虑 $m = n(n-1)/2$，此时显然直接放 $n$ 个相同元素是对的。考虑微调，记相同元素为 $p$。找到最大的 $n_0$ 使 $n_0(n_0 - 1)/2 < m$，记 $t = m - n_0(n_0 - 1)/2$，要有 $t$ 的贡献，只需要在第 $t$ 个 $p$ 后插入一个 $2p$ 就好了。那么做完了。注意特判 $m=0$。

P4462

做一个异或前缀和。可以发现就是求满足 $i,j\in [L-1,R]$，$s_i \oplus s_j = k$ 的 $(i,j)$ 对数，用莫队维护即可。时间复杂度 $O(n\sqrt n)$。

P17161

进场了。
预处理出每个数的最小质因数。查表得知值域范围内 $\omega(n) = 8$。那么求质因数就是 $O(\omega(n))$ 的。时间复杂度 $O(T\omega(n))$，可能带个 $\log$。

P2619

直接求一遍 mst，那么得到一个 $k$ 条白边的 mst。分讨 $k$ 和 $need$ 的大小：

$k = need$。请输入文本。
$k < need$。说明白边的边权都较大，考虑给这些边权同时减去一个值 $w$，这样选择的白边数量只会变大。然后再求一遍 mst 得到 $k'$，重复过程。
$k > need$。说明白边边权都较小，给边权同时加上一个值 $w$，选择的白边数量会变小。再求 mst 得到 $k'$。

于是直接二分 $w$，注意相同边权要优先考虑白边。但是是可能存在一种情况找不到 $k = need$，此时取 $w+1$ 时 $k = need - 1$，取 $w-1$ 时 $k = need +1$，这是因为存在某条黑边与新的白边边权相同，由于题目保证有解，直接用这些黑边替换掉就是对的。于是我们在 $k \ge need$ 时记录答案 $mst - need \times mid$ 即可。
代码：

ll l = -100, r = 100, Res; 
while (l <= r) {
	ll mid = l + r >> 1; 
	ll k2 = chk(mid); 
	if (k2 >= k) {
		Res = mst - k * mid; 
		l = mid + 1; 
	}
	else r = mid - 1; 
}
cout << Res << '\n';

P13984

分块做法。我们维护 $f_{i,j}$ 表示块 $i\sim j$ 的最小众数，然后维护 $g_{i,j}$ 表示数 $i$ 在块 $j$ 出现的个数。然后查询的时候，你先把整块的最小众数拿出来，然后考虑散块可能出现最小众数，暴力枚举即可。由于散块的贡献只有 $\sqrt n$ 个，时间复杂度还是 $O(n\sqrt n)$。

posted @ 2026-06-19 13:29 RainyRadio 阅读(19) 评论(0) 收藏举报

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