Codeforces Round 1039(Div.2)总结

\(Codeforces\ Round\ 1039(Div.2)总结\&反思\)

1039Div.2

序列：2128

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总结&订正

可能是时间的问题，心态一直不佳，导致没有发挥。应尽量避免类似问题。

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\(A.\)\(\color{red}Recycling\ Center\)

大致思路：将垃圾袋可以不花费金币的最小次数记录并排序，按照升序处理。证明略。

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\(B.\)\(\color{orange}Deque\ Process\)

从左向右遍历，显然的对于已经非法的 \(i\) ，记录 \(j+1\to i+3\) 的合法长度，统计合法段最大即可。

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\(C.\)\(\color{yellow}Leftmost\ Below\)

考虑一个数组 \(A\) ，每次放一个数 \(k\) 使得 \(A\) 中第一个严格小于 \(k\) 的数加上 \(k\) 。最终使 \(A\) 数组变为 \(B\) 数组。

我们应从左向右按位处理。

显然的，我们在处理地 第 \(i\) 位的时候，当前的数是不能大于已处理好的数的（那会破坏之前的数列的结构）。

于是我们记录并维护一个阈值，为已处理好的数的最小值。我们新放置的数显然不能超过这个阈值。每新处理好一位数只需将阈值取为原值与这一位取 \(min\) 即可。

考虑对于一个已知的数 \(n\) 与一个阈值 \(k\) ，当 \(k\ge n\) 时，我们显然只需放置一次。当\(\frac{n-1}{2}\le k<n\)时可以通过两次放置来完成。

对于放三次以上的情况，我们假设放了 \(x\) 次，假设地 \(x-1\) 次放置结束后数的值为 \(S\) 我们下一次放置的数 \(A_x\) 应大于 \(S\) ，不然不发放置。但是我们每一次放置都应尽量接近 \(k\) （否则不是最优），不会大于 \(S\) ，不成立。

综上，按位遍历 \(i\) 对于每一位处理，如此位满足要求，更新 \(k\) 否则直接判断不成立。

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\(D.\)\(\color{green}Sum\ of\ LDS\)

给定一个长度为 \(n(n\le 5e5)\) 的排列 \(A\) ，求 \(A\) 的所有子段的最长下降子序列长度之和。

考虑对于每一个子串，有左端为 \(l\) 有端为 \(r\) ，其值为 \(l\) 到 \(r\) 的最长不下降子序列长度。

记录 \(p_i\) 为以 \(A_i\) 结尾的最长不下降子序列的长度（以 \(A_l\) 开头）。则 \(p_i=max(p_j)+1\) ，（ \(l\le j < i\) ）。

那么子串 \((l,r)\) 的贡献就是 \(max(p_l,p_{l+1},...,p_j)\) 有注意到 \(p\) 显然是单调不降的，所以记录最大值即可。

最终的结果就是 \(\sum_{i=1}^n{\sum_{j=i}^n{p_j}}\) 记录优化 \(p\) 数组即为最终结果。

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\(E1.\)\(\color{green}Submedians\ (Easy\ Version)\)

定义中位数为\(v_i\) ，是在 \(A\) 中有 \(\lceil \frac{n}{2} \rceil\) 个数大于 \(v_i\) ，且有 \(\lceil \frac{n}{2} \rceil\) 个数小于 \(v_i\) 。

取 \(A\) 中一个最大的 \(v_i\) 。

求一个长度 \(n\) 大于 \(k\) 的子序列 \(B\) 使 \(v_i\) 任为中位数。

显然的用一个二分查询来找到最大的 \(v_i\) 然后从两头跑一遍求最大范围即可。

时间 \(O(nlogn)\) 。

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\(E2.\)\(\color{#9f00ff}Submedians\ (Easy\ Version)\)

将最大的 \(v_i\) 改成了所有 \(v_i\) 。

\(v\) 的范围显然在 \(E1\) 中已经有做法了。

通过分析，我们发现一个序列的所有中位数显然是连续的，即若 \(v_0<v<v_1\) ，有 \(v\) 也是可行的中位数。根据定义易知。

所以最终可以先跑一遍最大值与最小值并求出其范围，然后将最小值的范围向最大值的范围推进。（由于最小值和最大值中间的其他数显然在 \(A\) 中不存在，所以范围只有一个）。

时间任为\(O(nlogn)\) 。