25.10.27

CF1982F

一个想法是找一段前缀，满足其最大值小于等于后缀最小值，然后再做一次后缀的，而且要求了选出的前后缀都不将。

尝试做一下，发现前面这个可以双老哥二分出来，后面这个则可以直接维护 \(a_i>a_{i+1}\) 的位置来求。

那直接取较紧的约束就好了，但发现双老哥过不去。

注意到我们可以先满足后面的，这样需要二分的区间是单调的，前缀为例，前缀最值小于后缀最值就可以转化成单点小于一定值。

直接在这上面 lower_bound/upper_bound 即可。

CF1942F

感觉主要影响值的只有最后几个数，拿个计算器摁一下会发现 \(n>6\) 的时候，前面的几乎对后面不造成影响：至多使其加一。

容易想到分块，维护一下每块 \(0\) 进多少出，\(>x\) 时会加一，每次重构一下再求值即可。

太蠢了，有没有强一点的方法？这个信息貌似是一个半群，可以丢到线段树上。

然而要求区间长度 \(>6\)，这难不到我们，直接底层分块。

实现时为了方便在开头加了几个 0 保证块都是完整的。

QOJ14139

比较诡异的题，考察 \((i,j)\) 移动到 \(f(i,j)\)，注意到这个是单调的（下面的肯定 U 不过上面的，R 同理），从上往下从左往右定序后，如果某处 \(f(i,j)\ge(i,j)\)，那就走不上去了，于是我们要求的就是 \(f(i,j)<(i,j)\) 的位置。

而且可以发现一行中 \((i,1)\) 是最容易合法的位置，如果 \(1\) 过了那就都过了。

于是只需考察 \(\sum\limits_{i-u\le j<i}s_j\ge r\) 的位置。

这个就线段树维护一下，二分找出这个 \(i\)，再求 \(1\sim i-1\) 的和。

CF1870G

容易想到二分答案，然后意识到根本无需二分，因为答案变化次数是 \(\mathcal{O}(n)\) 的，尝试后失败的次数也是 \(\mathcal{O}(n)\) 的。

check 答案能否为 \(p\)，正着推需要知道后面还要多拼几个进来，于是考虑倒着扫，记录当前多出来的元素（可以直接视作 0）个数 \(cnt\) 和需要多少套前面的元素 \(need\)。

如果发现某一位 \(c_i<need\)，那么就需要拼 \(need-c_i\) 个 \(i\) 出来，于是 \(need\gets need-c_i\)，反之就是多了些元素，\(cnt\gets c_i-need\)。

最后在 \(0\) 这一位上检验即可，现在尝试加速此过程。

看着很没说法啊，两个操作都不怎么能合并，但是我们也拿不出别的视角了。

考虑操作一我们增加了大量 \(need\)，这意味着我们随便加几次就可能无解了！

而且加的总量是 \(\mathcal{O}(n)\) 的，每次加的个数是不同的……那只有根号次操作！

直接用线段树把第二类跳一段，然后暴力做第一类，可以做到 \(\mathcal{O}(n\sqrt{n}\log n)\)。

精细实现，在跳第二类时顺带进行处理（\(\min>need\) 就跳过，无解则返回，否则暴力做），可以分析到 \(\mathcal{O}(n\sqrt{n})\)。

CF1500E

比较烦的题，首先容易发现答案是求若干区间 \([L_i,R_i)\) 并集，其中 \(L_i\) 是排序后前缀和，\(R_i\) 同理。

观察一下，发现区间的分布比较巧妙，前面一段无交，中间一段相邻两个相连，而最后一段又是无交。

为什么呢？因为 \(L_i,R_i\) 是排序后的前后缀和，凸性相反！

因此可以证出一定在前一半和后一半各有一个分界，满足一侧是相邻两区间有交，另一侧无交。

直接将这个分界点记为 \(l,r\)，然后答案就长成 \(\sum\limits_{i<l}(R_i-L_i)+(R_r-L_l)+\sum\limits_{i>r}(R_i-L_i)\)。

这个式子能做吗？首先 \(l,r\) 是可以二分出来的，把序列丢进权值线段树即可。

然后是前后缀这一块，稍微化一下就是 \(\sum\limits_{j\le i<l}(a_j-a'_j)=\sum\limits_{j}\sum\limits_{j\le i<l}(a_j-a'_j)\)，已经能丢线段树了。

但现在就丢不是很蠢吗？明明还能拆啊，\(\sum\limits_{j}(a_j-a'_j)(l-j)\)，也就是维护一下 \(\sum a_j,\sum a_jj\) 这样的东西即可（\(a'_j\) 可以换到 \(a_{n-j+1}\) 上一起弄）。

哎写都写了。另外记得动态开点会被卡常需要离散化，也就是别写动态开点线段树。