日志 | 2025.7

• 250701

  上午继续复习启发式合并

  CF600E

  给定一棵以\(1\)为根的有根树，每个节点有对应的颜色，称一个子树内出现次数最多的颜色为该子树的主导色(可以有多个主导色)，求每个点对应的子树的主导色之和.

  暴力做法为遍历每个子树，统计出现颜色的数量计算答案，每次计算新的子树时需清空答案。发现每次遍历到的最后一棵子树时无需清空，可直接将答案加入下一个点中。所以考虑启发式合并，每次留下不清空的就是重儿子。

  CF1996F

  每次相减后的数可成为一个等差数列，二分求出在\(k\)范围内最小的\(x\)，计算答案。

  CF1996G

  每次枚举删哪条边，发现路径固定，标记必须走的边，线段树动态维护标记。

• 250702

  上午复习了倍增 写了几道模板题

  下午完成\(CF2106\) 前四题大概用了一个半小时

  CF2106E

• 250703

  下午完成\(CF2121\)

  前三题大致花了四十分钟左右，\(C\)题一开始思路错了，实际上就枚举十字计算是否所有最大值都在十字中

  CF2121D

  先对\(a,\) \(b\)两个序列进行冒泡排序，\(n\)最大值为\(40\)，所以最多花费\(\frac{n(n-1)}{2} \times 2 = 1560\)次。然后若\(a_i > b_i\),则交换二者。可证明交换操作不会影响两序列的单调性。

  CF2121E

  贪心，如果当前位上\(b\)的数字与\(a\)的数字相差大于\(1\)，则当前位及后面位上对答案的贡献都为\(0\)，不用继续考虑了。如果相差等于\(1\)，则当前位的答案为\(1\)，此时需要考虑后面位，如果后面为\(l,r\)分别为\(0,9\)，例如\(39,40\)，则对答案贡献为\(1\),否则后面位置一定可以找到与\(l,r\)数字均不同的数字。

  也可以数位\(dp\)。

  CF2121F

  两个限制。总和小于\(s\)可用前缀和，若当前前缀和为\(a\),则累计\(s-a\)的出现次数，用\(map\)记录前缀和，若大于\(x\)就清空。

• 250704

  上午复习数位\(dp\)，完成\(P2657\)以及\(P4124\)

  下午完成\(CF2123\)

  前三题大致花费\(45min\)。\(B\)题一开始想的是模拟，后面才想到\(k = 1\)时只需要判断\(a_j\)是否为最大值，总共写了\(25min\)。

  \(C\)题关于计算前缀最小，后缀最大的结论想的比较快但没有仔细分析，大致花费\(15min\)。对于每种情况要全面分析，思考是否有反例。

  \(D\)题耗时\(35min\)

  样例推了很久，加上想思路大概半小时。

  CF2123E

  耗时\(42min\)

  发现直接考虑删\(k\)个数能有多少种不同的\(MEX\)比较麻烦(可先枚举\(k\)，后面发现答案计算与\(k\)没什么关系)考虑求对于\(MEX=a\)可以删的数的个数。

  记\(s_i\)为\(i\)在数组中出现的次数，对于一个为\(a\)的\(MEX\)(要求所有小于\(a\)的数在数组中均有出现)，达成该局面最少删的个数即为\(s_a\)，最多的个数即为\(n - a\),所有在该区间范围内的\(k\)答案都可\(+1\)，差分统计即可.

• 250705

  上午继续复习数位dp，下午补了一下前几天没写的题目。

  CF2123F

  1的答案一定为1，将每个质数及其倍数的集合，其中所有数的答案变为集合中后一个数，最后一个数则变为第一个数。大致用时
  \(30min\)。

  CF2123G

  知道做法后也写了一个小时左右，观察到有同余的性质，对于每个查询k的操作都先预处理出答案，一个修改操作只会影响前后一个位置的答案。

• 250707

  上午学习博弈\(dp\)，完成\(AT\)_\(dpx\), \(CF859C\)

  下午完成\(CF2117\)

  前三题大致花费\(45min\)，\(C\)题关于如何判断当前位置是否包含之前出现的数字想了一会，后面想到用\(set\)进行去重，还需熟练提升速度。

  CF2117D

  花费\(30min\)，两种操作各进行一次则是对每个元素减去\(n+1\), 符合要求的数组应是一个等差数列，公差则为操作\(1/2\)单独进行的次数，分别进行验证查看是否符合要求即可。

  CF2117E

  总花费\(60min\)，思路想了比较久，对于每个位置\(i\)，若满足\(a_i = a_{i + 1}\), \(a_i = b_i\),\(b_i = b_{i + 1}\)其中之一或\(a_i, b_i\)在任意一个数组中\([i + 2, n]\)的位置出现过即能将\([1, i]\)处所有值修改为一样的数，答案为\(i\)。所以从后往前判断每个位置，对判断完后对\(j \in [i + 1，n]\)出现的\(a_j, b_j\)进行标记。

  CF2117F

  先考虑叶节点，按照题目要求所有\(s\)值不能重复，且\(a\)只能取\(1\)或\(2\)，所以叶节点最多只有\(2\)个，分类讨论。

  如果只有一个叶子，即整棵树为一条链，则总方案书即为\(2^n\)。

  如果有两个叶子，则需要进一步分讨，令两节点分别为\(l, r\)，\(dep_i\)表示节点\(i\)的深度，假设\(dep_l > dep_r\)(小于同理).

  若\(l\)的值为\(1\)，则从上至下第\(dep_r + 1\)个点只能填\(2\).总方案为\(2 ^ {dep_l - dep_r - 1}\)

  若\(l\)的值为\(2\),则其他点没有限制，总方案为\(2 ^ { dep_l - dep_r}\)

  所以对于有两个叶子的情况，总方案为$2 ^ {dep_{lca}} \times (2 ^ {dep_l - dep_r} + 2 ^ {dep_l - dep_r - 1}) $

  • 当树形\(dp\)等时候应按照从叶节点至根节点考虑
  • 从叶节点入手，画图，对多种情况进行分析尝试

  CF2117G

  有点类似最小生成树的做法，将边按\(w\)排序，从小到大加边，每次合并判断\(1, n\)是否在同一块中，计算答案。总共花费\(25min\)。

• 250708

  上午练习博弈\(dp\), 完成\(CF1860C\), \(CF1987D\)

  下午完成\(CF2114\)

  CF1987D

  对于\(Alice\)，每款蛋糕只需要也只能拿一个即能达到拿尽可能多的蛋糕的目的，而\(Bob\)的目的是让\(Alice\)尽量少拿，所以他必须将价值相同的一款蛋糕全部拿走才能达到该目的。

  所以\(Alice\)的最佳策略即为每次按照递增的顺序选择蛋糕，而如果有相同价值的蛋糕时\(Bob\)则可以选择保留该次机会，让\(Alice\)拿走这款蛋糕或者当机会积攒足够后将这款蛋糕全部拿走,由于要求同时最优，所以采用\(dp\)，设\(dp_{i,j}\)表示考虑前\(i\)款蛋糕，\(Bob\)积攒了\(j\)次机会，分两种情况转移即可，注意边界处理。

  下午完成\(CF2114\)

  前三题总共花费\(45min\)，\(D\)题写了\(43min\)，\(E\)题写了\(35min\)，总体速度还行，前三题速度还需加快。

  • 序列中删除一个点：常用统计前/后缀进行处理
  • 序列中删除两个点：常用\(ST\)表处理

  CF2114F

  \(x\times a\)的范围过大不好控制，考虑将\(x\times a\)的操作变为\(y\div a\)，所以题目转变为给定\(x,y\)，每次可选择\(a \in [1, k]\)进行\(x / a\) 或\(y / a\)的操作，求使得\(x = y\)的最小操作次数，容易发现最后相等的值即为\(g = gcd(x,y)\)，便可以再次转化为将\(g\)通过不断\(g \times a, a\in[1,k]\)的操作变为\(x\)或\(y\) 的最小操作次数，\(dp\)求解即可。

• 250709

  上午继续复习博弈\(dp\)， 完成\(CF1033C\)和\(abc413f\)

  CF1033C

  下午完成\(CF2093\)

  前三题比较简单，耗时\(35min\)， \(B\)题想了一下是不是只剩一个非零字符的时候答案最佳。

  \(D\)题大概就是每次分四块区域递归，思路比较容易，因为\(long long\)和左移符号的优先级调了很久，花费\(53min\)，下次要注意，其实也可以提前处理出\(2\)的次幂就不用考虑优先级，要不要加括号的问题。

  \(E\)题做法为二分，单调性的证明即为证明\(k\)减小时两段的答案会不会更优。

  CF2093F

  给定要求的字符串数组和初始的字符串数组，其中初始数组中包含部分要求的。 选择一个与目标相近的值，每次修改。

• 250710

  上午学习\(01trie\), 完成\(P4551\)， \(CF706D\)

  下午完成\(CF2091\)

  前三题较容易，用时\(40min\)

  \(D\)题做法为二分答案，每次判断最长位置为\(p\)时能否坐下\(k\)个人，用时\(25min\)

  \(E\)题可将\(F(a, b)\)转化为\(\frac{a}{gcd(a,b)} \times \frac{b}{gcd(a, b)}\)，由于\(F(a, b)\)为质数，即仅有\(1\)和本身两个约数。对于质数\(p, p \le n\)，对答案的贡献即为\(n / p\),所以可进行预处理，筛出\(1\)至\(1e7\)内所有质数，每次计算答案即可。用时\(45min\)

  \(F\)题做法为\(dp\)，设\(dp_{i,j}\)表示当前在点\((i, j)\)，可到终点路径的数量。一个点可由同一层或下一层两种不同方式转移而来，可用前缀进行优化。

  \(G\)题观察到\(s\)很大但\(k\)很小，发现对于\(s \ge k^2\)的情况答案为\(k\)或\(k-2\)。只需分析 \(s < k^2\)的情况，可直接\(dp\)。设\(f(i, j)\) 表示步长为\(i\)时能否走到\(j\)，分跳跃的正反方向转移即可。

  • 对于类似这种\(s\)很大但\(k\)很小的情况，考虑\(s\)较大时存在通解。

• 250711

  上午继续学习\(01trie\),完成\(CF1785D\),\(CF1851F\)

  下午完成\(CF2060\)

  前三题总共用时\(45min\)左右，还可加快速度。

  \(D\)题为贪心，由于题目要求构造不增序列，所以要求前面的数尽可能小，对于每个\(a_i\)，将值变为\(a_i - a_{i - 1}\)即为最小值，若修改前\(a_i < a_{i - 1}\)则无解，因为前面的数已经尽可能达到最小了。大致思考了\(25min\)，总耗时\(40min\)

  \(E\)题可先用并查集维护每次加边，删边操作不好进行便可对比两张图算出多出的边数减去，用时\(35min\)。

  \(F\)题，可先算出不含\(1\)时的序列方案，考虑\(dp\)，设\(dp(i,j)\)表示序列乘积为\(i\)，不含\(1\)的数个数为\(j\)的方案数，每次转移则枚举新添加的数\(y\),并且\(y \times i \le k\),复杂度在限制范围内。

  接着考虑将\(1\)插入序列中的方案数，\(1\)可以插至序列中任意位置，令序列长度为\(l\)，非\(1\)的数数量为\(i\)，即在\(l\)个位置中选\(l - i\)处插入\(1\),方案数为\(C(l - i, i)\)。所以对于每个长度\(l\)，方案数即为\(sum_l=\sum_{i = 0}^{l} C(l - i, i) \times dp_{i, j}\)。

  对于组合数的计算，由于\(n\)较大所以不能用阶乘计算，但\(l\)较小，可直接暴力计算。

• 250712

  上午继续复习\(01trie\), 完成\(CF1851F\)，\(CF923C\)

  下午完成\(CF2074\)

  前三题总共用时\(50min\),第三题做的时候有点困难，实际上就是位运算，构造满足\(x-y < x ⊕ y <x +y\)的\(y\)，并检验\(y<x\)即可.

  \(D\)题由于\(m\)的和较小，所以可直接暴力计算，用\(map\)记录每一列的最大值即可，总共用时约\(35min\)

  \(E\)题没有想到做法，正确做法可用随机数，设所选三角形内隐藏点的个数为\(s\)，\(x，y，z\)三点与\(p\)组成的三角形一定有一个三角形包含的点数\(\le \frac{s-1}{3}\)，取到该点的期望次数符合题目要求范围.

• 250721

  A

  思路想了比较久，大约\(1h\)左右。实际只需要按从高到低的顺序考虑答案每一位是否可以填\(0\)。先判断位置\(1\),\(n\)是否合法，如果一位可以填\(0\),则要求所有选出的数该位均为\(0\)，枚举每个数，维护从第一个数开始可行的范围，用\(p\)记录最大范围，并判断该数要求的位置上是否为\(0\)，只有为\(0\)才继续维护。若当前位置\(i\)符合要求，将\(i + a_i\)与\(p\)取\(max\)，更新\(p\)的值，最后判断能否到达位置\(n\)。

  B

  思考时间约为\(35min\)，按照\(n\)的大小分类讨论即可。\(n = 3\)时需特别考虑.

  C

  每次减去的和为偶数，所以若原序列的和为奇数则无解。另外若最大值大于和的一半，则操作时会出现负数情况，也无解。剩下的就判断是否存在刚好能使得序列的位置。

• 250722

  惨烈.

  A

  期望：\(100\) \(\quad\) 实际：\(40\)

  先写的\(70\)分，答案计算方式有误，还有数组清空只清空了\(1\) ~ \(n\),但\(n + 1\)位对计算答案有影响，于是挂到暴力,\(100\)分同样有该问题。

  正确做法其实比较简单，用单调栈预处理出第一个大于\(a_i\)的数的位置\(p_i\)，然后对于每个位置\(i\)，该位置上的答案即为\(s_i = n - i + 1 + s_{p_i}\).式子比较好推，应加快反应速度。

  B

  期望：\(0\)~\(20\) \(\quad\) 实际：\(0\)

  一开始没有看到\(x \ne T_i\)的限制，写了三方暴力，发现问题后思考了一会不会处理就先看后面的去了。后面想到了即要求\(s\)序列最开始连续一段的长度(开头长度)\(\le\) \(T\)的开头长度，打了暴力但边界处理存在问题，并且是捆绑所以全挂了。

  首先序列\(T\)与\(s\)符合题目要求必须满足:

  \(T\)为\(s\)的子序列，\(s_1 = t_1\)，\(s\)的开头长度
  \(\le\) \(T\)的开头长度

  对于第一个要求，按顺序对\(T_i\)在\(s\)中进行匹配，找到最后一个匹配的位置\(p\)，\(s_p = t_m\)，该限制下的答案即为\(n - p + 1\)(还要考虑其他限制).由于\(m\)较小，可直接预处理.

  对于第三个要求，需分类讨论

  若在匹配到的\(T\)和\(s\)中，\(s\)的开头长度已经大于\(T\)的长度，则不合法

  若开头长度刚好相等，则需判断若前\(m\)个元素均有\(s_i = T_i\)且\(T_1\)~\(T_m\)均相等，此时若\(s_{m+1} = s_m\)则不合法

  C

  期望：\(20\) \(\quad\) 实际：\(20\)

  看完题目后只能想到\(O(n^3)\)暴力。

  专题D2 A

  思考大约\(10min\)，每次选择的数必须是最大值加上一个数，因为如果选择次大值加第三大的数作为和，则会使得下次最大值无法和另一个数进行匹配，\(set\)维护即可。

  总结

  仔细看题避免看错题浪费时间，对于过了大样例的程序也要多测几组确保正确。

  有思路时即使是暴力也要多想几遍，不要想一出是一出，如\(B\)题暴力调了二十多分钟后才发现思路问题。

• 250723

  主要练习了线段树，完成\(CF2108D, CF1690G,CF1913D,P7706\)

  A

  设原排列为\(p\)，当前已找到\(x\)所在位置，对于\(s_i\)，若\(s_i \ne 0\),则说明前面有小于\(p_i\)的数，该位置部为\(x\)，若\(s_i = 0\)且是序列中最后一个的\(0\)所在位置，那么\(p_i = x\)。每次找到一个新的数所对位置后，将后面的\(s_i\)均减去该数，重复查找过程，对于区间修改和查找操作可用线段树维护。

  B

  开始想的是线段树，但其实也可以用\(set\)。

  \(set\)维护每个车头，修改操作时对于车厢\(k\)，便利后面所有的车头\(x\)，若\(a_x \ge a_k - d\),则\(x\)将不再为车头。再与最近一节车头\(y\)进行比较，若\(a_y < a_k - d\),则\(y\)将不再为车头。

  E

  单点修改和区间查询，可用线段树实现

  对于\(ψ\)的维护，可分为维护左儿子\(ψ\)的最大值、右儿子\(ψ\)的最大值、 左儿子 \(a_i - b_j\)的最大值且满足 \(i < j\) 最大值加上右儿子\(a_k\)最大值、右儿子 \(a_k - b_j\)的最大值且满足 $j < k $ 最大值加上左儿子\(a_i\)最大值

• 250724

  继续复习线段树，完成\(CF2000H\)

  之前看过这题但是没写出来，所以还有点印象。从小到大找到第一个相邻两数差大于 \(k\) 的位置。左边连续的 \(0\) 个数，右边连续的\(0\) 个数，区间内最多的连续 \(0\) 个数。询问时二分查找即可。

• 250725

  A

  很基础的题目，但是因为前后缀计算时边界的问题再次挂分。并且关于最大子段和的计算未能及时反应耽误了时间，非常不应该。

  B

  考试的时候单纯从每个玩偶丢掉的数量来思考，不知道如何同时不会写暴力，但其实做法显而易见就是枚举每个玩偶作为最大的玩偶，将所有尺寸比它大的删去，设该尺寸的玩偶数量为\(s\)，因为要求损失尽可能小，所以所有尺寸小于它的保留\(s-1\)个，可直接\(O(n^2)\)暴力计算。

  关于优化，可以用线段树维护玩偶的价格和个数的前缀，设当前最大尺寸为\(v\)，则对于所有尺寸小于\(v\)的玩偶，二分查找\(s - 1\)所在之处。

  C

  想写给出的是一条链的情况，但是没想出来起落和向前走同时的问题怎么处理。

  其实仔细分析也不是很难。题目只规定了到一个点的最低高度，所以重复的上升下降再上升的过程是无意义的，故飞行过程即是一个先一直上升，中间可能有一次平飞(根据奇偶性，可画图分析)，接着持续下降的过程。

  先考虑前一段上升过程，设由\(1\)出发到达点\(u\)的最小时间为\(f_u\),遍历所有连接到\(u\)的边，对于边\(v \rightarrow u\), 所需时间为\(max(f_v + 1, a_u)\)， (走一条边需耗费\(1\)时间，若未达到\(u\)限制高度还需在\(v\)出停留上升至对应高度)，求所有转移计算的时间的最小值，可用\(dijskra\)。

  下降的过程同样如此，只是反过来了而已，所以分别求出由\(1\)和\(n\)出发到达点\(i\)的最短时间，枚举最中间的那个点或边，计算答案，若中间的为点，则答案为\(max(f1_u, f2_u)\),若为边则是\(max(f1_u,f2_v)+ 1\)。

  D

  前\(35\)分数据特点十分明显，直接特判加搜索即可。

  总结

  这次发挥的依旧很差，暴露的还是部分很基础的细节和思路相关的问题。

  \(T1\)大部分时候都比较容易，做法也很简单，不要想复杂，主要注意边界等基础细节问题。

  像\(T2\)这种，暴力的做法是十分明显好想的，并且正解也是在暴力的基础上优化的，考试时不要一眼不会就放弃，从题目中给出的部分分数据大小进行思考，换个角度入手。下次类似这种题不应再犯思路上的问题。

  \(T3\)关键是发现它的飞行过程是一个对称的，但其实这一步没有特别困难。所以对于完全没有想法的题，也要留出时间，分析样例进行尝试，长时间耗在一个题上反而会使得思路发生混乱干出一些诡异的操作。

• 250726

  今天主要复习字符串。

  CF176B

  先计算出\(s\)中操作一次就能变为\(t\)的位置数量\(sum\)，可直接暴力或\(kmp\)计算。然后设\(f_{i,0/1}\)表示操作\(i\)次变为\(t\)串/其他串的方案数。对于转移有四种方式分别是其他串->目标串，目标串->其他串，目标串->目标串，其他串->其他串，分情况计算即可。

  P4824

  主要需要处理删除后会新产生字符串的情况，考虑用栈维护，在正常做\(kmp\)的过程中，将遍历到的下表\(i\)入栈，当匹配上\(B\)时，继续从栈顶所能匹配到的最大位置出开始匹配。

• 250727

  A

  期望：\(60\) \(\quad\) 实际：\(60\)

  考试时知道答案怎么算，即对于两个数\(x,y\),如果二进制下两个数有至少一个相同的位均为\(1\)则\(f(x, y) = 2\),否则\(f(x, y) = 1\)，但不会\(O(n)\)求。

  正确做法时预处理出每个为\(1\)的数位集合，集合大小最大为\(4\)，可用\(map\)记录，\(mp[\){\(a_1, a_2.....\)}\(]\)表示为\(1\)的数位至少包含该集合的数的个数，对于每个数\(a_i\)，可用容斥计算与该数至少有一个相同的为均为\(1\)的数的数量，再加上无相同数位的数的数量计算答案。

  B

  期望:\(40\) \(\quad\) 实际：\(25\)

  除了三方暴力还写了\(k = 2\)的部分分来着，结果少判了情况。

  正确做法其实就是分讨。

  设连续的长度\(\ge k\)的段数量为\(c\).

  若\(c \ge 3\)则答案为\(no\)，因为一次的操作最多分割\(2\)段长度\(\ge k\)的段，若大于\(2\)则会有一段不合法的段长度没有发生变化。

  当 \(c = 0\) 时显然是合法的，可直接输出\(Yes\).

  对于剩下的情况，首先对于所有不合法的段，设长度为\(l\)，必须满足\(k \le l < 2k - 1\),否则不管如何分割都会有一段长度至少为\(k\)，答案为\(No\).

  若 \(c = 1\)，即只有一段不合法，设该连续段均为\(A\)，
  若存在一段长度\(> 1\)的\(B\)，或者存在一段连续的长度为\(l2\)的\(A\)满足\(l + l2 < 2k - 1\)，则可以满足条件。

  若\(c = 2\)，若两段分别是\(A\),\(B\)的段，那么可以在两端中间处(或者其他相近的地方)进行反转操作，可消去\(\ge k\)的段，若两段连续的字母相同则无法操作。

  总结

  今天难度不高，挂了好几个地方的分的同时也有些该写的点没写出来 (好像有点废话)

  \(T1\)没有第一时间想到怎么算答案，写完\(a_i\)均为\(2\)的次幂这个部分分后才反应过来的，后面也没有留什么时间想那个容斥。

  \(T2\)的分讨也不难，不应该啥都没分析出来，在想\(k = 2\)的部分分时就想到了不合法的段数量必须\(\le 2\)这点，剩下要讨论的就不多了，要继续往下推的。

  \(T3T4\)应该还要多写出点部分分的

• 250728

  继续完成了前面几天没改完的题目。

• 250729

  今天主要练习\(dp\),完成\(CF1324E\)，\(CF2000F\)，\(CF1557D\)

  A

  比较容易的\(dp\)，设\(dp_{i,j}\)表示前\(i\)个数的和对\(h\)取模的值为\(j\)，直接递推即可

  B

  之前做过一边但是看到还是想了一下，设\(dp_{i,j}\)表示前\(i\)个矩形总分为\(j\)的代价，\(f(x, y)\)表示在第\(x\)个矩形取得\(y\)分的最小代价，贪心预处理\(f(x, y)\)进行转移

  C

  考虑记 \(f_i\)为以第 i 串结尾的最长美丽串的长度。易得\(f_i = max(f_j + 1)\) 当且仅当第\(i\)串和\(j\)串有相同位的 \(1\).可用线段树维护，值域比较大，需要先离散化.

• 250730

  A

  期望:\(100\) \(\quad\) 实际：\(100\)

  总算把\(T1\)写对了，算出后缀和后再计算后缀\(max\)，枚举最低层数\(i\)，答案就是每一栋楼的后缀\(max\)，但注意有一栋楼需要层数刚好为\(i\)，枚举计算最大答案即可。

  B

  期望：\(30\) \(\quad\) 实际：\(0\)

  写了平方暴力，每次维护后缀最大的答案，但是由于负数取模问题导致挂分。

  实际上两数相乘的最大值只需要分别考虑两数的最大值和最小值，将\(n\)拆解成二进制形式，通过子集后缀\(max\)计算

  总结

  部分分还是写的太少了，\(T2\)负数取模的问题不应该犯，\(T3\)对于一个不降序列且只包含\(1，2\)的情况计算的时候关于向上取整的问题出错导致挂分，还是比较细节的基本的错误。

• 250731

  今天主要学习组合数,回顾了一些相关知识，完成\(CF1436C, P9306,CF1696E\)

  A

  之前好像写过但没啥印象了，分析过程比较简单，倒推二分查找的过程，通过目标\(p\)与\(mid\)的关系逆推往左还是往右，设小于\(x\)的数的数量为\(a\),大于\(x\)的数的数量为\(b\)，则答案为\(A_{x - 1}^{a} \times A_{n - x} ^ {b} \times A_{n - a - b}^{n - a - b}\)

  B

  分类讨论。

  若存在位置\(i\) , \(p_i = q_i = n\), 则可将这一位同时移到最前面，最小答案即为\(2\)，方案则为\((n - 1)!\) (第一位固定，剩下的可随便填)。

  若两个排列\(n\)出现的位置不同，则无法将两个\(n\)同时移动到第一位，有一个\(n\)在序列中间的答案必须为\(1\)，开头答案最小\(2\)，所以最小答案为\(3\)。考虑如何计算方案数。

  首先假设将排列 \(p_1 = n\)，此时\(q_1 \ne n\)，设\(q_{pos1} = n\)，要使答案最小，则 对于 $ 1< i < pos$ ，\(q_i\) 所填的数都应该小于 \(q_1\)，不然每个位置就会有更大的答案。排列\(q\)的情况同理，设 \(p_{pos2} = n\)，总方案为 \(\frac{(n - 1)!}{n - q_1} + \frac{(n - 1)!}{n - p_1}\)

  C

  本质就是杨辉三角，将杨辉三角写成二维矩阵形式，由于杨辉三角第\(i\)行第\(j\)列中的值为\(C_{i - 1} ^ {j - 1}\),手推可得矩阵中第\(x\)行第\(y\)列的值可表示为\(C_{i - 1}^{j - 1} = C_{x + y - 2}^{y - 1}\) , 设\(f(i,j) = C_{x + y - 2}^{y - 1}\)，

  则可将题目所求的转化为\(\sum_{i = 1}^{n + 1} \sum_{j = 1} ^ {a_i} f(i, j)\).

  继续优化，可证\(f(i + 1,j + 1) = f(i, j + 1) + f(i + 1, j)\),将\(\sum_{j = 1} ^ {a_i} f(i, j)\)拆开可化为

  \(\sum_{j = 1} ^ {a_i} f(i, j)\) $= f(i,1)+f(i,2)+⋯ +f(i,a_i) $

  \(\quad\) \(\quad\) \(\quad\) \(\quad\) $ =$ \(C_{i - 1}^{0} +f(i,2)+⋯+f(i,a_i)\)

  \(\quad\) \(\quad\) \(\quad\) \(\quad\) \(= C_{i}^{0} +f(i,2)+⋯+f(i,a_i)\)

  \(\quad\) \(\quad\) \(\quad\) \(\quad\) $ = C_{a_i + i - 1}^{a_i - 1}$

  可直接\(O(n)\)求解。