ARC 201

A

这里是一个完全不优的解法。

我们要最大化 \(\min(d_1,d_2)\)。对于一个 \(a,b,c\)，如果 \(a+c\le b\)，那么可以 \(d_1\gets d_1+a,d_2\gets d_2+a\)。否则我们要选择 \(a+c-b\) 个删掉。

考虑 \(\sum a\) 和 \(\sum c\) 大的那一个。尽量要让他“减的更多”。可以算出他减的范围，分类讨论即可。

B

因为是 \(2^x\) 的重量，发现 \(2^{x-1}+2^{x-1}=2^x\)，即两个可以合成一个。从小到大考虑，把没有用上的合并，贪心即可。

C

trie 树上 dp。考虑插入一个数的时候只会修改路径上的，那么时间是 \(\mathcal{O}(\sum |s_i|)\)。

设 \(dp_u\) 为“表示完”\(u\) 子树的方案数。那么：

• 如果 \(ls_u,rs_u\) 都存在，\(dp_u\gets dp_{ls_u}\times dp_{rs_u}\)。

• 如果 \(u\) 是一个字符串的终止节点，\(dp_{u}\gets dp_{u}+2^{sz_u-1}\)。\(sz_u\) 为子树内的终止个数。

D

把 \(a\) 降序，\(b\) 升序并且扩大成两倍（\(b_{i+n}=b_i+m\)），发现一定是 \(a\) 在“滑动”匹配。

进一步发现二分后，对于 \(a_i\) 可以匹配的是一个区间，那么就有了“滑动距离”的长度限制区间。取交看是不是非空即可。

bool chk(int mid){
    int x=0,y=0,cl=0,cr=n;
    for (int i=1; i<=n; i++){
        int lb=m-a[i],rb=m+mid-a[i];
        while (y+1<=n*2 && b[y+1]<=rb) y++;
        while (x+1<=n*2 && b[x]<lb) x++;
        int mvl=x-i,mvr=y-i;
        mvl=max(mvl,0);
        cl=max(cl,mvl);
        cr=min(cr,mvr);
    }
    return cl<=cr;
}

E

考虑 \(\max,\min\) 组合相乘算贡献不好算，原因是要维护 \(\max,\min\) 的值。

考虑另一种拆贡献：对于一个 \((x,y)—(x+1,y+1)\) 的格子算出贡献。那么 \(\le x,\le y\ge x+1,\ge y+1\) 都要存在。容斥，等于 \(2^n-C(\le x)-C(\le y)-C(\ge x+1)-C(\ge y+1)+C(\le x,\le y)+C(\le x,\ge y)+C(\ge x+1,\le y)+C(\ge x+1,\ge y+1)\)。\(C(\cdots)\) 为满足 \(\cdots\) 的方案数。

前四个是好算的，因为又有对称性，不妨只算 \(C(\le x,\le y)\)。

这个可以按照 \(X\) 坐标加入点的时候维护，每一次相当于给一个后缀 \(\times 2\)，求和，用线段树即可。