我为啥做不出题？？

收录一些我做不出来的题目。

CF1136E

这几把什么题目？？

有取 \(\max\) 还有神秘 \(+k_i\) 看起来很难做啊，想了半个小时完全没思路。

你发现思维的卡点在于，你完全无法维护一个任意的向前取 \(\max\) 状物。这个时候我们需要一个具有单调性的东西。

令 \(b_i = a_i - \sum\limits_{j=1}^{i-1} k_j\)，我们又有 \(a_{i-1} + k_{i-1} \le a_i\)，代入：\(b_{i-1} + \sum\limits_{j=1}^{i-1} k_j \le b_i + \sum \limits_{j=1}^{i-1} k_j\)，得到 \(b_{i-1} \le b_i\)。

因此我们使用区间覆盖区间求和的线段树维护 \(b\)，再维护 \(k\) 的二次前缀和即可。

晚上询问了 tml，他给出了一个另类做法：

在差分数组上考虑，我们维护那些 \(a_i - a_{i-1} = k_{i-1}\) 的连续段，不难发现一次单点修改仅仅会破坏 \(O(1)\) 个连续段，修改每次往后暴力跳连续段，若不合法就退出，否则合并两个连续段。均摊下来，合并操作是 \(O(n+m)\) 的。使用线段树维护区间和，复杂度单 \(\log\)。

CF1784C

为啥会做不出来？？

考虑全局一个看起来很好维护的做法：进行扫描线，每次选取一个扫描线后面的最小的元素，取出并移动到当前位置。答案即为移动长度之和。

但是想到这我直接爆掉了。看了题解发现可以倒着做，这样变成删数。把所有做全局时候取出的数扔到一个集合里面，这样影响会非常具象：

• 如果这个数不在集合中，显然没有影响。

• 如果还有比大于等于它的数，则删这个数那次替换为这个数即可。

• 否则可以直接删掉最后有效的一次扫描线。

维护只需要一个 multiset 即可。

CF1093F

看了 dp 状态之后才做出来的。

状态设计是 \(f_{i,j}\) 表示考虑前缀 \(i\)，\(a_i=j\) 的方案数。如果你确信这个状态是对的，那就很好做了。

转移钦定填入的是一个极长的连续段，枚举这个连续段的左端点可以得到转移 \(f_{i,j}=\sum\limits_{p} [[p,i] \text{is valid}] \sum\limits_{1 \le l \le k \land l \neq j} f_{p-1,l}\)。时间复杂度 \(O(n^2k)\)。

优化很显然，预处理出 \(l_{i,j}\) 表示 \(a_i=j\) 时最左的合法左端点，再前缀和优化即可，时间复杂度 \(O(nk)\)。

CF2006D

自己做完了一半，没能想出转化。

首先有结论，最优策略一定是轮流放没放过的最大和最小。证明考虑归纳，\(n \le 2\) 显然成立，如果最大值在中间则可以 swap 最大值为结尾的前缀，如果最小值不在第二个则可以交换它和第二个数，均能更优，于是得证。

然后考虑点修会怎么修，显然应该把最大的那个数改成 \(1\)。

然后是一个比较神秘的转化，考虑一个 \(x\) 的数旁边只能摆 \(\le \dfrac{k}{x}\) 的数，因此 \(\le x\) 的数的数量必须要大于 \(\ge \dfrac{k}{x}\) 的数的数量。每次操作会使得差距缩小 \(2\)，因此答案是它们的数量之差除以 \(2\) 上取整。注意特殊处理数量分别为 \(\lfloor \dfrac{n}{2} \rfloor\) 和 \(\lceil \dfrac{n}{2} \rceil\) 的情况，只需要给出现次数对 \(\lfloor \dfrac{n}{2} \rfloor\) 取 \(\min\) 即可。

莫队维护区间数字出现次数，复杂度 \(O(n+m(\sqrt k + \sqrt n))\)。

CF1556F

比较牛逼的计数。

首先将期望转化为计算每个人赢的概率之和。令 dp 状态 \(f_{i,S}\) 代表 \(i\) 赢了 \(S\) 内所有人的概率，要求 \(i \not \in S\)。

发现直接转移会算重，于是考虑容斥，计算 \(i\) 没有赢过 \(S\) 中所有人的概率 \(P\)，则 \(f_{i,S}=1-P\)。枚举 \(i\) 赢过的集合 \(T \subseteq S\)，令 \(g_{A,B}(A \cap B = \varnothing)\) 表示 \(B\) 中的每一个人都直接赢过 \(A\) 中的每一个人的概率，即 \(\prod\limits_{x \in A} \prod\limits_{y \in B} \dfrac{a_y}{a_x+a_y}\)。可以做到 \(O(n2^n)\) 预处理 \(O(n)\) 查询，那么转移是 \(O(n^23^n)\) 的，可以通过。

CF1566F

首先考虑两个区间 \([l_1,r_1]\) 和 \([l_2,r_2]\)，若满足 \(l_1 \le l_2 \le r_2 \le r_1\)，则若一个点进入了 \([l_2,r_2]\) 必定会进入 \([l_1,r_1]\)，因此可以将 \([l_1,r_1]\) 扔掉。

而且如果一个区间初始已经有一个点在其中，则这个区间也是没用的。

然后现在区间和点的形态是，一段点、一段左右端点均递增的区间、一段点、一段区间、……、一段点。

考虑一定有一种最优方案使得点的运动轨迹是不交的，考虑如下调整：

可以使得其不交。

这个性质的意思是说，每个点所贡献的区间在排序后一定是一个连续段，而且最左不超过上一个点，最右不超过下一个点。假设这个连续段最左区间右端点为 \(L\)，最右区间左端点为 \(R\)，当前点的位置为 \(x\)，则你有两种决策：

• 先走到 \(L\)，再走到 \(R\)，代价为 \((x-L)+(R-L)\)。

• 先走到 \(R\)，再走到 \(L\)，代价为 \((R-x)+(R-L)\)。

考虑 dp。令 \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个点覆盖前 \(j\) 个线段的最小代价……吗？你发现这样是 \(O(n^3)\) 的，而且也没有用上上述性质。考虑性质，枚举上一个点向右贡献到了哪个区间，则能够确定当前点需要向左走到哪从而快速确定状态，于是你只需要记录上一个点的决策来算代价即可。

即：令 \(f_{i,0/1}\) 代表考虑完前 \(i\) 个点，第 \(i\) 个点选择了第一或第二种决策的最小代价。

考虑转移。如下图：

我们在 \(f_{i,0/1}\) 处考虑点在 \([a_{i-1},a_i]\) 内移动的代价，那么假设我们枚举的区间是 \(j\)（即图中绿色箭头），则左边的点往左就需要 \(l_j-a_{i-1}\) 的代价（图中的黑色箭头）；否则需要 \(2(l_j-a_{i-1})\) 的代价（图中的红色箭头）。右边的点同理。

所以我们有如下转移：

\[f_{i,0} \leftarrow f_{i-1,0}+(l_j-a_{i-1})+2(a_i-r_j) \]

\[f_{i,0} \leftarrow f_{i-1,1}+2(l_j-a_{i-1})+2(a_i-r_j) \]

\[f_{i,1} \leftarrow f_{i-1,0}+(l_j-a_{i-1})+(a_i-r_j) \]

\[f_{i,1} \leftarrow f_{i-1,1}+2(l_j-a_{i-1})+(a_i-r_j) \]

时间复杂度在排序，复杂度 \(O(n \log n)\)。注意边界情况。

CF1815D

这种题目还是可以多考虑一下比较特殊的构造方式，然后可以多尝试按位考虑。

对于 \(m=1\) 显然答案为 \(n\)。

对于 \(m \ge 3\)，可以构造 \([x,\dfrac{n-x}{2},\dfrac{n-x}{2},0,\dots,0]\)，其中 \(n,x\) 奇偶性相同。那么这样能否取到所有可构造的数呢？

答案是可以，考虑加法奇偶性与异或相同，因此结果只可能与 \(n\) 奇偶性相同。所以这部分可以 \(O(1)\) 计算。

对于 \(m=2\)，我们考虑令 \(f(n)\) 代表原问题答案，\(g(n)\) 代表有多少种可能的异或值。

考虑对 \(n\) 的奇偶性分讨，若 \(n\) 是奇数，则最后分出来的两个数 \(x,y\) 必定一奇一偶。不妨令 \(x\) 是奇数，那么 \(x \oplus y\) = \(2(\dfrac{x-1}{2} \oplus \dfrac{y}{2})+1\)。因此 \(f(n)=2f(\dfrac{n-1}{2})+g(\dfrac{n-1}{2})\)。

否则 \(x,y\) 是同奇偶的，若同为偶数则答案为 \(2(\dfrac{x}{2} \oplus \dfrac{y}{2})\)，否则为 \(2[(\dfrac{x}{2}-1) \oplus (\dfrac{y}{2}-1)]\)。因此 \(f(n)=2(f(\dfrac{n}{2})+f(\dfrac{n}{2}-1))\)。

同理考虑 \(g(n)\)，可以得到若 \(n\) 为奇数则 \(g(n)=g(\dfrac{n-1}{2})\)；否则 \(g(n)=g(\dfrac{n}{2})+g(\dfrac{n}{2}-1)\)。

复杂度 \(O(\log n)\)。