5月做题记录

5月做题记录

✩ trick
✯ 会大部分，要\(tj\)提示
✬ 会小部分/完全没想到，看了\(tj\)才会
◈ 脑电波
✡ 有某一算法的神秘通用性质
⊗ 待补

目录

• 5月做题记录
  • [AGC005E] Sugigma: The Showdown
  • [AGC005D] ~K Perm Counting
    • 做法1
    • 做法2 ✩✬
  • public round #8 t1
  • public round #8 t2
  • practiceZ
  • AT_wtf19_c1 Triangular Lamps Easy
  • AT_wtf22_day1_d Welcome to Tokyo!
  • ARC135F Delete 1, 4, 7, ...
  • P9293 [ROI 2018] Addition without carry
• 二进制分组
  • CF710F String Set Queries
  • [UOJ46] 【清华集训2014】玄学
  • P5304 [GXOI/GZOI2019] 旅行者
  • P4585 [FJOI2015] 火星商店问题
  • [BZOJ2989]数列
• 网络流
  • [TopCoder] CurvyonRails
  • [agc034D] Manhattan Max Matching （+Hard Ver. 模拟网络流）
  • no source
  • [arc122F] Domination
  • [LOJ6007] 方格取数
  • [CF786E] ALT
  • [TopCoder] RabbitWorking
  • [P4313] 文理分科
  • [qoj1197] Draw in Straight Lines
  • [LOJ2384] 切糕
  • [arc129E] Yet Another Minimization
  • [arc125E] Snack
  • no source
  • [hdu6978] New Equipments II

[AGC005E] Sugigma: The Showdown

比较豪丸的题

考虑什么情况下可以无限的走，猜测是不是能在两个或三个点之间反复横跳

手模一下发现，如果红树上两点\((u,v)\)，它们在蓝树上的\(dis>2\)的话，只要先手能走到这两个的其中一个，就能在上面反复横跳了

那么先从红树上剔除这些边，那么现在可以走到的边都是对应蓝树上\(dis\leq 2\)的

首先有个性质，先手所在的点在蓝树上一定始终在后手所在点的子树中，显然如果不在，那么只能跳到后手的父亲节点上，这样直接寄了

那么记\(r[x]\)表示先手起始点在红树上走到\(x\)的最短距离，\(b[x]\)同理，那么只保留所有\(r[x]<b[x]\)的点，找到先手所在连通块

如果里面有点\(y\)，满足其某一条边在蓝树上对应距离\(>2\)，则可以无限循环

否则答案就是这个快里最大的\(b[x]\)的两倍

复杂度\(O(NlogN)\)

[AGC005D] ~K Perm Counting

做法1

典题，显然可以二项式反演，现在求至少\(t\)个不合法的方案数

发现按\(\%k\)分成\(k\)个等价类，然后每个等价类分别算有至少\(t\)个不合法的，就可以\(f[i][0/1][t]\)，这个\(0/1\)表示上一个选到的值是否会和当前可选的值冲突

复杂度\(O(NK)\)

做法2 ✩✬

from luogu 第一篇题解

这个有趣的就是在于它把答案转换到了网格图上

考虑如果把\((i,p[i])\)放到网格图中，以\(n=7\)，\(k=2\)为例，画出网格图：

https://img.picui.cn/free/2025/05/12/6821b5d1d7eb8.png

那么我们就是要放\(n\)个车，要求车之前不能互相攻击到，且阴影位置不能放

然后还是考虑容斥选了\(t\)个阴影位置，考虑此时的方案，显然对于没有钦定的列就\(jc[n-t]\)的方案数了，对于钦定了的，其实就是相当于在这\(O(N)\)个阴影格子里选出\(t\)个，它们不会有两个在同行同列

进一步发现如果把同行或同列的阴影格子连边，那么每个联通块都是一个链，然后\(dp\)即可，其实这里就和上面差不多了

复杂度\(O(NK)\)

public round #8 t1

显然先求出一共需要补的魔的数量，然后显然能补就补，那么我们就会把\(a_i\)从小到大排序，每次代价就是\(a_i+(a_i-1)+(a_i-2)+...+(a_i-\min(m,a_i)+1)\)，然后\(m-=\min(m,a_i)\)

现在我们的代价可以表示为一堆\(1\sim a_i\)，和一个\(t\sim a_p\)，这个\(a_p\)是最后操作到的那个

然后那个饼干，你手模一下就可以发现，相当于一个\(--a_i\)的操作，显然你会用到\(1\sim p\)上，且每次选最大的操作，这样答案就会减去这个\(a_q\)（\(a_q\)是当前最大的那个），当然这个\(a_p\)比较特殊，总之贪心处理的时候注意一下就行

复杂度\(O(NlogN)\)

public round #8 t2

\(a\)、\(b\)，\(p\)、\(q\)混用，应该看得懂（

显然，这种可以连边\(x\rightarrow y\)表示\(x<y\)，那么只要最后不成环就行

考虑拉出两条\(1\rightarrow2\rightarrow ...\rightarrow n\)的链，如果已确定\(q_i\)，考虑\(check\)某个\(s_i\)是否合法，根据\(s_i\)的值连边\(p_i\)和\(q_i\)

那么成环当且仅当有两条链接两条链的边，设分别为\((1,a)-(2,b)\)，\((1,c)-(2,d)\)，满足\(a<c\)，\(b>d\)，即相交

此时成环当且仅当是\((1,a)\leftarrow(2,b)\)，\((1,b)\rightarrow(2,d)\)

现在考虑合法的\(\{s_i\}\)的数量，设\(u_i\)表示\(a_x=i\)的\(b_x\)，发现我们给边找方向时的操作大致类似于：

• 从\(i=1\)到\(n\)挨个考虑\(a_x=i\)的边\(a_x-b_x\)
• 若前面有边和该边相交和满足上面那个成环条件的一半，那么这条边定向确定了
• 否则该边定向任意

发现这个过程中，特殊的其实是那个，会另后面的边确定定向的边，进一步这些边显然两两不交且是朝上（连向\(a\)侧），提出这些边，我们的方案就是让这些边的朝向都向上，它们后面和它们相交的边也必须朝上，否则就朝下

显然是和所有\(\{s_i\}\)是一一对应的

那么\(f(p,q)\)就是\(q_i\)按对应的\(p_i\)排序后的上升子序列总数量

然后就很好\(dp\)了，\(dp\)的转移点就是所有已经确定了取值的\(q\)，然后令\(q_0=0,q_{n+1}=n+1\)，那么就是求必须以\(q_0\)开头，\(q_{n+1}\)结尾的上升子序列数量

\(dp[i][j]\)表示当前在\(q_i\)，前面在上升子序列中的有\(j\)个是未确定的点

直接转移是\(O(N^4)\)，用点值可以做到\(O(N^3)\)

practiceZ

显然没什么好的做法，考虑分块

对于查询的区间\([l,r]\)，对于其中的散块可以直接查询，对应的\(a\)维护一个\(O(\sqrt N)-O(1)\)支持查询前缀的分块

然后考虑维护整块的答案

对于操作\(1\)，首先可以转换成区间加，然后这样总的区间加次数就是\(O(N+M)\)的，可以势能分析一下，势能设置为\(\sum_i[a_i\neq a_{i+1}]\)，势能永远\(\geq 0\)，发现每次至多只会让势能\(+2\)，显然总的就是\(O(N+M)\)级别的了

然后考虑现在操作变成对\([l,r]\)区间加，这个显然可以差分成对\([1,r]-[1,l-1]\)区间加\(v\)，现在考虑对\([1,r]\)区间加\(v\)

对于当前整块\([L,R]\)，答案的变化就是\(v\times\sum_{i\in [L,R]}\min(r,b_i)\)，那么只需要对每个块都维护一个\(pre[t]\)，表示\(b_i\leq t(i\in[L,R])\)的\(b_i\)的和以及\(i\)的数量

这个的维护就考虑操作\(2\)时的维护，整块的显然很好维护，散块的也很好维护，都可以做到\(O(\sqrt N)-O(1)\)

总复杂度\(O(N\sqrt N)\)

然后直接这样写空间也带\(\sqrt N\)不行，所以就对每个块单独处理，这里大概就会分成三步，然后存相邻两步间的一些操作的时候，注意合并相同的操作，不然就炸了，合并了就是\(O(N)\)的，不合并就是\(O(N\sqrt N)\)的

逆天做法

AT_wtf19_c1 Triangular Lamps Easy

首先操作有可逆性，那么就可以先全部放到同一行，这里让它们放到\(X=-\infty\)

考虑一个点能操作出的所有点都在同一行的局面，就是一个模\(2\)意义下杨辉三角的样子，证明就是走法大概就是一个\(C_n^m\mod2\)的样子，然后这个等价于\([n\&m==m]\)

考虑\(easy\)的情况，此时因为知道\(Y=0\)，又因为现在所有灯都在\((-\infty,y)\)上，那么可以知道，\((-\infty,y)\)上有灯当且仅当\(\sum C_{x_i+\infty}^{y-y_i}\equiv 1\mod2\)，\(C_{X+\infty}^{y-Y}\equiv 1\mod2\)

对于后者，想知道\(X\)的值，就可以逐位确定\(X+\infty\)在二进制下第\(i\)位是否为\(1\)，而要\(check\)这个，就是\(check\)当\(y-Y=2^i\)的时候，\((-\infty,y)\)是否是亮灯的

那么就可以\(O(NlogN)\)的解决了

考虑推广到\(hard\)的情况，我们现在就不知道\(X\)、\(Y\)中任一一个的值了，所以考虑先确定下其中一个

发现\(Y\)是好确定的，即只需要找到\((-\infty,y)\)中最小的亮灯的\(y\)，这个\(y\)就是\(Y\)

发现我们只需要任意找到一个亮灯的位置\((-\infty,y_0)\)，然后就可以通过\(i=60\rightarrow 0\)，\(check\)位置\((-\infty,y_0-2^i)\)是否亮灯，如果亮就减去\(2^i\)，最后剩下的就是最小的\(y\)即\(Y\)了

这里核心就还是\(y-Y\subset X+\infty\)

现在考虑怎么找到一个亮灯的位置，发现我们只需要找到一个区间满足该区间内有奇数个亮灯的位置，就能递归下去

现在考虑怎么找到奇数个亮灯的区间

这里有个性质，对于\(n\)，\([0,n]\)中，在二进制下属于\(n\)且模\(3\)同余\(v\)的数的数量的奇偶性记为\(f(n,[0,n],v)\)

发现对于任意的\(n\)，\(f(n,[0,n],v)\)，总有一个\(v\)的这个值为\(1\)，这个可以用数学归纳法证明

那么我们现在找到一个\(v\)，然后就在\([0,n]\)模\(3\)同余\(v\)的点中二分找到那个亮灯的点即可

复杂度\(O(Nlog^2N)\)

AT_wtf22_day1_d Welcome to Tokyo!

令\(x_i\)表示\(i\)点选了多少了，\(y_i\)表示区间\(i\)是否被选，那么有：

\[\begin{aligned} \max\quad\sum_{i=1}^m y_i&\\ s.t. \quad y_i&\leq 1&\forall i\in[1,m]\\ y_i-\sum_{j=L_i}^{R_i} x_j&\leq0&\forall i\in[1,m]\\ \sum_{i=1}^nx_i&\leq k \end{aligned} \]

然后线性规划对偶得到

\[\begin{aligned} \min\quad\sum_{i=1,u_i\geq 0,k\geq 0,v_i\geq 0}^m u_i+kw&\\ s.t.\quad u_i+v_i&\geq 1&\forall i\in[1,m]\\ w-\sum_{i\in[L_j,R_j]}v_j&\geq 0&\forall i\in[1,n] \end{aligned} \]

小登的文章写的很好的，推一手：https://www.cnblogs.com/fiosiate/p/18891406

显然会有：\(u_i=\max(0,1-v_i)\)，\(w=\max_i \sum_{i\in[L_j,R_j]}v_j\)

然后可以给\(v_i\)一个组合意义表示区间\(i\)是否选上，那么现在就可以枚举\(w\)，就是要选出尽量多的区间，且每个点被覆盖的次数不能超过\(w\)次

记\(w\)次的方案集合为\(f(w)\)，\(f(1)\)是经典问题，每次找右端点最小的合法区间选择上就行

然后从\(f(i)\)到\(f(i+1)\)也是这样贪心即可

然后又有显然对于任意的\(k\)，随着\(w\)的增大，\(\sum u_i\)不升，但\(kw\)部分至少加\(k\)，这就意味着这是一个凸函数的样子，那么查询的时候二分一下就好，双指针

复杂度\(O(NlogN)\)

ARC135F Delete 1, 4, 7, ...

考虑记\(f^k(x)\)表示操作\(k\)次后，第\(x\)位上的值，那么会有\(f^k(x)=f^{k-1}(f(x))\)

考虑\(k\)比较大的时候，这时候直接求复杂度是\(O((\frac23)^KNK)\)的

然后考虑如果\(k\)比较小，这里有个性质：

\(f^k(x+2^k)=f^k(x)+3^k\)，可以归纳证明

• \(k=1\)

由定义可得

• \(k>1\)

\[\begin{aligned} f^k(x+2^k)&=f(f^{k-1}(x+2^k))\\ &=f(f^{k-1}(x)+2\times 3^{k-1})\\ &=f^k(x)+3^k \end{aligned} \]

然后直接求是\(O(k2^k)\)的，还是不行，考虑能不能把复杂度降到\(O(k2^{\frac k2})\)的级别

那么考虑把\(k\)拆成\(x+y\)，要求的就是

\[\begin{aligned} &\sum_{a\in[0,2^x)}\sum_{b\in[0,2^y)} f^k(a2^y+b)\\ =&\sum_{a\in[0,2^x)}\sum_{b\in[0,2^y)} f^x(f^y(a2^y+b))\\ =&\sum_{a\in[0,2^x)}\sum_{b\in[0,2^y)} f^x(f^y(b)+a3^y)\\ =&\sum_{b\in[0,2^y)}\sum_{a\in[0,2^x)} f^x(f^y(b)+a3^y)\\ \end{aligned} \]

考虑设\(g(b,x)\)表示后面那个\(\sum\)里的值，显然有转移：

\(g(b,x)=g(b,x-1)+g(b+2^{x-1}\times3^y,x-1)\)

发现\(b\)的值域太大了，但是注意到\(g(b,x)\)可以规约到\(g(b\mod 2^y,x)\)来求

这样复杂度就是\(O((k+logN)2^{\frac k2})\)的了

平衡一下复杂度即可

P9293 [ROI 2018] Addition without carry

把\(a_i\)按降序排序

首先考虑得到答案可能的位数\(p\)，显然有：\(p=\max\{l_i+i-1\}\)或\(p=\max\{l_i+i\}\)

考虑用函数\(f(a,p)\)表示对于数组\(a\)，答案最高位\(\leq p\)是否合法，以及对应的答案，记\(h_a=\max\{l_i+i-1\}\)

显然如果\(p<h_a\)，直接不合法

否则来\(check\)这个\(p\)是否合法：

• 若\(p\geq h_a\)

找到最小的\(x\)满足\(l_x+x-1=h_a\)，显然现在把\(a_{1\sim x-1}\)删除，删除\(a_x\)的最高位，然后递归\(f(a',h_a-x)\)，如果返回不合法进下一步

• 若\(p\geq h_a+1\)

此时显然是可以合法的，把\(a_{1\sim x}\)都删除，递归\(f(a',h_a-x+1)\)

记\(L=\sum l_i\)，显然\(h_a\)是可以线段树/平衡树维护的

考虑复杂度怎么样，显然主要是考虑碰到不合法的情况的时候

注意到如果一个\(f(a,p)\)不合法，那么\(f(a,p)\)只会往下递归一次，那么复杂度\(T(a,p)=T(a,p-?)+O(?logL)\)，那么就是\(O(l_ilogL)\)

再考虑对于一个合法点，它当前第一次递归失败后，第二次递归下去后，因为\(a_{1\sim x}\)被删除，即\(l_{1\sim x}\)不再有贡献，那么总的复杂度就是\(\sum O(l_ilogL)=O(LlogL)\)

二进制分组

CF710F String Set Queries

首先这个删操作可以独立出来，答案就是加操作的答案-删操作的答案

然后考虑二进制分组+\(trie\)维护

复杂度\(O(\sum|s_i|logN)\)

要注意回收标号，不然会\(MLE\)

[UOJ46] 【清华集训2014】玄学

因为\(M\)不一定是质数，所以必须得采用合并得到答案的形式

对操作二进制分组，然后这里的维护很智慧啊，我一开始想的唐氏维护就是重构的时候，前缀后缀主席树维护，这里就考虑线段树上直接维护所有操作，只要给线段树开成一个\(2\)的倍数，那么此时所有子树内满叶子的点可以\(up\)，然后具体每个点内记录所有子树内的操作对应到每个区间的操作，大致记录为\(([l,r],k,b)\)这样

复杂度$O(QlogNlogQ)

P5304 [GXOI/GZOI2019] 旅行者

这种感觉就属于想得到就很简单，想不到那就完蛋（废话）

注意到因为我们要求的两两间最短的，所以考虑这样一个策略，每次把所有\(k\)个城市分成两个集合\(A\)、\(B\)，算\(A\)中的点到\(B\)中的点的最短距离，这个只需要新建点\(S\)、\(T\)，然后\(S\)连向\(A\)中所有点，边权是\(0\)，\(B\)中所有点连向\(T\)，边权是\(0\)，\(S\)、\(T\)间的距离就是要求的

然后考虑用尽量少的\((A,B)\)，使得所有点对\((i,j)\)都存在一对\((A,B)\)满足\(i\)、\(j\)不在同一个集合中

可以想到根据标号的二进制，操作\(logN\)次，枚举位数\(i\)，每次把该位是\(0\)的分到一组，是\(1\)的分到另一组

复杂度\(O(MlogNlogM)\)

P4585 [FJOI2015] 火星商店问题

可以直接线段树下标为时刻，然后每个节点维护子树内所有修改的\(trie\)树，对于商店编号\([l,r]\)的限制，直接一个持久化\(trie\)就行

用编号作下标，\(trie\)树维护时刻更好，因为时刻的限制是一个后缀

这样时空是\(O(Nlog^2N)\)的

然后也可以分治，就整体二分一下答案，考虑当前要check的其实就是当前值的区间里的所有数，是否在时间\([l,r]\)、位置\([a,b]\)内有值，就是二维数点

时间\(O(Nlog^2N)\)，空间是线性的

这道题，线段树分治啥的，本质上也算是二进制分组，不过是像 [UOJ46] 【清华集训2014】玄学 的做法一样，用线段树来维护这个二进制分组

[BZOJ2989]数列

给定一个长度为n的正整数数列a[i]。

定义2个位置的graze值为两者位置差与数值差的和，即graze(x,y)=|x-y|+|a[x]-a[y]|。

2种操作（k都是正整数）：

1.Modify x k：将第x个数的值修改为k。
2.Query x k：询问有几个i满足graze(x,i)<=k。因为可持久化数据结构的流行，询问仅要考虑当前数列，还要考虑任意历史版本，即统计任意位置上出现过的任意数值与当前的a[x]的graze值<=k的对数。（某位置多次修改为同样的数值，按多次统计）

首先显然可以离线下来\(CDQ\)分治

在线的话就可以考虑二进制分组，然后每个组内按\(x\)从小到大拍，然后求的时候大概就会是求前缀的满足某个限制的\(a[x]\)的数量，以及剩余后缀的满足某个限制的\(a[x]\)的数量

复杂度\(O(Nlog^2N)\)

然后还有就是可以曼哈顿距离转切比雪夫距离，不过其实和上面那个本质一样

现在就是一个矩阵内二维数点，发现转换成和上面一样的

网络流

[TopCoder] CurvyonRails

相当于是要求每个点要和周围的点连俩边

网格图就是二分图，先染色，建边\((S,白,2,0)\)，\((黑,T,2,0)\)，然后相邻的点再连边\((1,0)\)

考虑这个分数怎么搞，那么就是要求该点相连的两点不在同一直线上，那么可以把原本那个相邻点的\((1,0)\)的边改一下，以白点为例，让它对应的黑点分成两组，分别是行相同和列相同的组，然后新建行点列点，白点向行点列点连边\((1,1)\)和\((1,-1)\)即可

点、边、流量都是\(O(NM)\)的，复杂度是\(O(N^2M^2logNM)\)

[agc034D] Manhattan Max Matching （+Hard Ver. 模拟网络流）

这个绝对值能拆成四种，显然直接拆开然后取最大值就是对的了

直接\((S,红,1,0)\)，\((蓝,T,1,0)\)，然后中间放四个点分别表示四种类型，红和蓝再连上去就行

流是\(N\)，点是\(N\)，边是\(N\)，复杂度\(O(N^2logN)\)

然后直接写\(SPFA\)的也可以过，因为我们每个流每次至多经过\(O(12)\)个点

这里就涉及模拟网络流了

因为我们的边的容量是\(1\)的，也就是说，每条边流过就反向一次，我们称\(S\)、\(T\)、以及中间四个点是特殊点，那么实际上我们可以简化成这六个点的互相抵达关系

那么我们每次拿出最长路，再\(O(logN)\)的更新即可

复杂度\(O(NlogN)\)

no source

给定\([1,n]\)上若干区间，求至少选多少个能使每个位置至少覆盖\(k\)次

\(n\leq 1e5\)，\(k\leq10\)，\(5s\)

可以先考虑恰好\(k\)次的情况，发现此时，可以把所有区间分成\(k\)组，每组都恰好把\([1,n]\)全给覆盖了一遍，那么直接建边\((l,r+1,INF,1)\)，让最后的流为\(k\)即可

那么对于至少，发现我们可以通过把一些区间缩小，使得其变成恰好的情况，那么考虑这样建图：

拉三条线，第一条和第三条有\(i\rightarrow i-1\)，第二条是\(i\rightarrow i+1\)，然后对于区间\([l,r]\)，建边\((第一条的l，第三条的r+1,INF,1)\)，然后对于每个\(i\)，再连边\((第二条的i,第一条的i,INF,0)\)，\((第三条的i,第二条的i,INF,0)\)即可

[arc122F] Domination

和上道题类似

复杂度\(O(NKlogN)\)

[LOJ6007] 方格取数

经典题，先黑白染色，然后黑的和\(S\)连通是选，白的和\(S\)连通是不选，相邻的边再连\(INF\)边，求总的数量减去最大流即可

[CF786E] ALT

显然路径向点连边，然后最小割，可以线段树优化下建图

[TopCoder] RabbitWorking

很牛啊

显然能想到二分，现在就是\(check\)能不能有\(mid\times(200k-k^2)-s\leq 0\)

因为相当于是要求点的导出子图，考虑建闭合子图模型，这里考虑点连向所有它的边，也即选了点必选它的边，这样显然不行，因为边的权值贡献就算不对，但是可以这样赋值：每个点的值为所有相连的边的权值和，边的值为它的权值的负数，这样就没有问题了

似乎是典的trick，可能我网络流做少了第一次见（

这个\(k\)肯定要拆了，显然\(mid\times 200\times k\)能拆到每个点头上作为点权，后面的\(mid\times k^2\)不好拆，考虑点的导出子图里什么是\(N^2\)的，显然就是所有点的对数，那么所有点之间连一条权值为\(2mid\)的边，然后再给每个点补个\(mid\)的权

然后会想能不能边连向点啊，因为显然这个比较第一眼就想干的

这里显然就边的权就是它的权值，然后还是要拆\(mid\times(200k-k^2)\)，然后前者还是每个点的权值算上一个\(200mid\)，后者同样也算作边，然后也是边连点即可

[P4313] 文理分科

经典题，还是最小割，这个和网格图没啥关系了，就连\(S\)表白，连\(T\)表黑，然后对于那些四联通的几个点必须全黑/白的，新建一个点，然后向这些点连\(INF\)边，再根据需要的颜色，连到\(S\)/\(T\)上

[qoj1197] Draw in Straight Lines

也很牛啊，首先显然你同行同列的操作不会有交集的，然后只要知道总共的操作，你就知道操作的顺序了，具体的：黑的行列操作\(\rightarrow\)白的行列操作\(\rightarrow\)单点操作

然后考虑弄出新的变量\(b_{r/c}[i][j]/w_{r/c}[i][j]\)，表示\((i,j)\)是否被黑/白的行/列操作染色过，然后分类\((i,j)\)的目标颜色，再根据这几个变量的具体值可以得出它是否还需要单点操作

然后可以把这四个变量提出来最小割，代价是简单的

[LOJ2384] 切糕

同上，复杂度\(O(NMK)\)

[arc129E] Yet Another Minimization

这个就可以转换成如果\(x_i\leq v\&\& x_j>v\)就有\(w_{i,j}\)的代价的样子，然后再压缩一下这个图就行

点数\(O(NM)\)，边数\(O(N^2M)\)，复杂度\(O(N^4M^3)\)

[arc125E] Snack

先建图，然后最大流转最小割，然后发现可以贪心，最后复杂度\(O(NlogN+M)\)

no source

长度为\(n\)的序列，每次可以选俩数\(x_i,x_j(i<j)\)，然后删掉它们并获得\(x_i-x_j\)的分数，对每个\(k\)求至多操作\(k\)次的最大分数

\(n\leq 5e5\)

模拟网络流

建图是简单的，大概就三层嘛

你手模一下发现可以变成，每次取出最大的\(x_i-x_j\)，要么\(i<j\)，要么\(i>j\)且第二层\(i\)、\(j\)间的边的一个值\(h>0\)，然后前者会令\(i\)、\(j\)间的\(h+1\)，后者会令\(h-1\)

这个线段树维护即可

复杂度\(O(NlogN)\)

如果把第二层中间的流量换成\(1\)也差不多的做

[hdu6978] New Equipments II

同样模拟网络流

建出图，然后每次就是找最大的\(a_i+b_j\)，满足可以走出\(s\rightarrow i\rightarrow ...\rightarrow j'\rightarrow T\)的路径

注意到我们现在边的形式大致就是，中间是个完全图，大部分箭头是朝右的，\(O(N)\)个朝左，\(O(K)\)对点间没有边

然后就按\(a_i\)大到小枚举\(S\)能走到的\(i\)，然后给当前\(i\)能走到且没被标记过的右侧点打标记\(a_i\)，然后如果它们有朝左的边，就走过去给那个左侧点打个特殊标记即可

复杂度\(O(N(N+K))\)