11.16
考虑性质：
\(a_{i-2}\) 以前的东西的放置情况对 \(a_i\) 的防止没有影响；\(a_{i-1}\) 至多放到 \(i\)。
相同的 \(a_i\) 出现间隔不超过 \(3\)。
所以可以细致讨论 \(a_i\) 和 \(a_{i-1}\) 的相对放置情况，根据 \(a_i,a_{i-1},a_{i-2}\) 的相等情况转移。
dp 还是要挖掘什么东西是你需要记录的，什么东西是无关的，可以不管它；要挖掘性质。
由于是博弈题，双方都知道最优策略，所以应当从后往前 dp。
然后决策其实不一定关心到底是谁在决策，可以认为先手在决策即可；定义和转移是容易，最后能优化成 \(mx = \max(mx,k_i-mx)\) 的形式，注意到 \(\sum a_i \leq 10^6\)，并且能更新 \(k_i\) 的 \(mx\) 递增，同时能更新 \(mx\) 的 \(k_i\) 必然第一次出现；所以可以把每个 \(mx\) 挂到全局对应的 \(k_i\) 上，然后对每颗树做 dfs 即可。
启示：博弈题应当考虑从后往前推；对于比如像位置之类不好刻画的局部限制可以考虑进一步发掘性质，能不能直接丢掉；
形如有一个目标：把 \(a_i\) 弄到 \(b_i\)，可以考虑将 \(a_i\) 和 \(b_i\) 连边，然后在图上考虑。
比如这题建完图后，相当于如果出度大于 \(2\) 才可以动；并且最终必须要至少有一个入边被用了，才能把所有出边都使用。
所以 \(in_x = 0\) 但是 \(ou_x \gt 0\) 不合法。
不妨丢掉 【某个球可以临时帮助别的点】 的限制，先对每个联通块考虑。
发现一个连通块合法等价于存在一个点的出度大于 \(2\)。
由于不存在入度为 \(0\) 的点，所以整张图必然由若干强连通分量（不是单点） + 联通分量之间的边构成。
当只有一个联通分量时，显然成立；当不只一个连通分量时，本身就一定合法，并且满足上述条件。
然后考虑怎么帮助别人？
显然要对每个球考虑，因为你关心它们的次数。
根据是否需要帮助和是否是自环边考虑，可以依次得出其帮助别人的代价和贡献。
免费的贪心选，剩下的有两种不同的代价，枚举掉一种，剩下贪心选；
特判一些特殊情况。
交换枚举对象。考虑每个数能被多少方案数计数。
然后只有比这个数小的数有用。
数相同钦定删除的是位置较小的数。
又读错题了，反思。
预处理每个数向左推能推倒到的位置 \(l_i\)，向右推能推倒到的位置 \(r_i\)，这可以单调栈。
考虑定义 \(f_i\) 表示前 \(i\) 个位置被推到的最小代价。
枚举第 \(i\) 个元素是被向右推到还是其向左推倒，有：
\(f_i = \min_{r_j \geq i}\{f_{j-1}+w_j\}\)。
\(f_i = \min_{l_i \leq j}\{f_{j-1}\}+w_i\)。
注意到第二个转移取 \(j = l_i\) 最优秀，因为往左推两次必然不如往左推一次；
考虑 \(r_i\) 的性质，\([i,r_i]\) 必然包含或者不交。
所以把 \([i,r_i]\) 向第一个包含其的区间连边；转移相当于一个树上 dfs 的过程，取的是祖先 \(\min\)。
思考：区间不交具有良好的性质，做题可以关注区间之间的关系。
考虑括号序列合法如何刻画。
套路地，给 ( 赋权值 1，) 赋权值 -1，则有括号序列合法等价于 【前缀和非负】和【整个序列权值和为 0】。
这题后面的限制显然满足，只考虑前者即可。
然后考虑往某个位置插入 () 和插入 )( 等价于暂时抬升/降低初始前缀和。
不妨定义 \(f_{i,x}\) 表示初始前缀和为 \(x\) ，操作 \(i\) 次的答案。
转移时枚举第一次操作放入的元素，转移是容易的。
然后提取公因式，预处理后面的项。
思想：括号序列赋 1/-1，合法转化为对前缀和的限制；dp 转移的顺序很重要！！比如存在若干不合法经过点枚举第一个经过的不合法点，从 \(n-1\) 次操作转换为 \(n\) 次操作枚举第一次操作（好像不止这题）。
考虑换树的限制，发现从 \(x\) 换到 \(y\) 和从 \(y\) 换到 \(x\) 没有本质区别，所以可以一起考虑。
类似
某道神秘题。
就是换根的思维。
可以先求出在只考虑子树的换树最小代价 \(f_x\) 和全局换树的最小代价 \(g_x\)；然后发现求出后者后没有保留前者的必要（又没有带修）。
前者自下而上更新；后者可以在求出前者的基础上自上而下更新。
然后就可以像普通树一样正常考虑了，上一个倍增，就做完了。
思维：树上求关于点 \(x\) 的全局最优化某个东西（比如随便经过若干其它点，从 \(l_x\) 到 \(r_x\) 的最短路之类的），可以先求出只考虑子树内的答案，再扩展到整个树。
CF1279F New Year and Handle Change
学习了 wqs二分。
具体地，形如 给定若干个物品，要求恰好进行 m 次操作，最大化或最小化操作后的价值（根据题目计算） 问题，一般还有特征：答案随操作次数单调，不限制操作次数容易求解，就可以使尝试用 wqs 二分。
可以二分每个操作的“惩罚权值” \(w\)，找到在最优化答案的前提下恰好进行了 \(m\) 次操作的 \(w\)，取该惩罚权值下的答案即可。
正确性可以考虑一个 \((x,f(x))\) 形成的凸壳，对于每个斜率 \(k\)，都有切点 \((x',f(x'))\) 处常数项 \(b\) （即惩罚后答案）最大/小。
所以上述操作相当于在找切点 \((x',f(x'))\)。
然后注意到 \(k\) 越大，\(x'\) 越大，所以可以二分 \(k\) 可以找到答案的 \((x',f(x'))\)。
这题可以被转化为至多选择 \(k\) 个长度为 \(l\) 的子区间置权值 \(0\)，最小化整个序列的权值和。
首先有结论：把 \(1\) 尽可能放到一列更优。
所以答案可以表达成【给每个列附优先级，然后贪心放置 \(1\)】。
由于数据范围较小由于某一列被用后，与其有交的区间就都被用过了，所以答案相当于再加上两个子区间的答案；所以考虑区间 dp。
转移是容易的。
类似的还有 P4766 [CERC2014] Outer space invaders。
考虑区间内存在一炮距离大于等于 \(d_i\) 的限制。
不妨从大到小考虑限制，每次枚举一个位置放炮，然后把与其有交的区间都扔掉；发现去掉断点后所需解决的区间就无交了；所以考虑区间 dp。
思想：如果时间复杂度很像 \(O(n^3)\)，并且大区间的答案能由子区间的答案合并而来（上述两题都是考虑完断点之后，所需区间无交；当然还有直接合并两个区间之类的），就可以考虑区间 dp。
浙公网安备 33010602011771号