AGC040

C

做法1
进行任意操作，每个位置的奇偶性是不会变化的
也就是奇数位置的A与偶数位置的B永远不能相互消除，偶数位置的A与奇数位置的B永远不能相互消除

令奇数位置的A有\(a\)个，偶数位置的B有\(b\)个，即偶数位置的非B有\(\frac{n}{2}-b\)个
必要条件为\(a\le \frac{n}{2}-b\Longrightarrow a+b\le \frac{n}{2}\)
令偶数位置的A有\(c\)个，奇数位置的B有\(d\)个
同理得\(c+d\le \frac{n}{2}\)

进一步的，这是充要条件

证明：
若序列中有C，我们强制每次C与A/B消掉，稍微分析一下，会发现消掉C或消掉A和B后，仍然能满足
令现在序列长度为\(m\)
\(a'+b'\le \frac{m}{2}\)
\(c'+d'\le \frac{m}{2}\)
进一步还有\(a'+d'=b'+c'=\frac{m}{2}\)
综合得：\(a'+c'=b'+d'=\frac{m}{2}\)，故每次一定能找到一对合法的删掉，显然删掉后仍然满足原条件

那么只需要统计不合法的情况即可
做法2
将奇数位置的A换成B，B换成A，那么操作转化为不能删AA或BB
显然，A或B的数量大于\(\frac{n}{2}\)则无解，否则有解

D

考虑确定的顺序的答案，\(sum=max\{\sum\limits_{i=1}^k b_i-a_i|k\in[1,n]\}\)

for (int i = 1; i <= n; i++) {
  if (sum >= B[i]) {
    sum -= B[i];
    ans += 1;
  } else {
    ans += 1.0 * sum / B[i];
    break;
  }
}

考虑最优解的排列
令\(mx\)满足\(max\{k|\sum\limits_{i=1}^k b_i-a_i=sum,k\in[1,n]\}\)
\(b_i-a_i> 0\)一定在\([1,mx]\)
在\([1,mx]\)中的元素确定的情况下，最优化整数部分\(k\)（即上述代码中最大的\(k\)满足sum>=B[i]）
\(k\)最大的充要条件为\(\sum\limits_{i=1}^k b_i\le \sum\limits_{i=1}^{mx}b_i-a_i\)，我们将\([1,mx]\)分为\(S,T\)两个部分
若将\(S\)中的元素加入\([1,k]\)，\(b_x\le \sum\limits_{i\in S}b_i-a_i\Longrightarrow 0\le (\sum\limits_{i\in S}b_i-a_i)-b_x(x\in S)\)
若将\(S\)外的元素加入\([1,k]\)，\(b_x\le (\sum\limits_{i\in S}b_i-a_i)+b_x-a_x\Longrightarrow 0\le (\sum\limits_{i\in S}b_i-a_i)-a_x(x\in T)\)
那么问题描述成，已知\(sum\)，最大化\(|Z|\)，\(sum-\sum\limits_{i\in Z}max(a_i,b_i)\ge 0\)

但还要考虑小数部分，我们枚举\(mx+1\)所在的位置，然后二分\(k\)看是否满足

E

只考虑操作1，我们有个很显然的贪心，从后往前能选多大选多大
一开始的想法是将同类操作调整到开头，枚举操作1的次数，然后直接贪心，再贪心的进行操作2

这样是错的：
仅考虑操作1，操作次数为\(a_i>a_{i+1}\)的个数（\(a_{n+1}=0\)）
令操作1造成的贡献为\(x_i\)，操作2造成的贡献为\(y_i\)，操作次数为\(x_i>x_{i+1},y_i<y_{i+1}\)，那么贪心的话会让每个\(x_i\)尽量大，也就是\(y_i\)尽量小，可能会造成不必要的操作次数

考虑dp，令\(f_{i,j}\)为\(x_i=j\)的\(x_{i...n},y_{i...n}\)造成的最小操作次数
\(f_{i,j}=min(f_{i+1,k}+[j>k]+[a_i-j<a_{i+1}-k])\)
固定\(f_{i+1,k}\)，极差为\(2\)，且\(f_{i,j}\)随\(j\)增大单调不升

维护分界线即可

F

令\((x,d)\)为当前较大值所在位置为\(x\)，次大值距离其\(d\)
将变化描述成三种操作

• \(++x,++d\)
• \(--d(d\ge 2)\)
• \(d=0\)

考虑统计操作序列的方案数
操作一的次数为\(B\)，且将操作序列中操作三全部去除，不会影响操作二的限制条件
枚举操作二的次数\(k\)

考虑先将操作一、操作二排列，再插入操作三，考虑操作三能插入的条件
下面的\((x,d)\)均为仅考虑操作一、操作二的\(d\)

• 若在\((x,d)\)后插入操作三，\((x,d)\)后面的所有状态的\(d'\)均需大于\(d\)。否则不满足最终序列进行操作二时\(d\ge 2\)
• 最终的\(d=B-A\)

考虑第二个条件
仅考虑操作一和操作二，最终的\(d=B-k\)。我们在\((x,d)\)后插入操作三，令\(d\)为最大的插入操作三的\((x,d)\)中的\(d\)，意义是最终的\(d'=B-A-d\)。
故我们只能在\(d\le A-k\)的位置后插入操作三，且\(A-k\)后必须插入至少一个操作三
将第一个条件描述成：\((x,d)\)为\((?,d)\)最后出现的位置（随\(d\)增大，\(d\)最后出现的位置是递增的\((d\le A-k\le B-k)\)）

总结一下就是：在最后出现的\(d\)插入任意数量的操作三（\(d\le A-k\)），\(A-k\)后至少有一个
显然插入操作三 与 排列操作一、操作二是独立的，分开做即可