CF_GLOBAL_21 赛时题解

A

z单调减, 直接拿z和每个ai或，找最大

B

w比区间内最小值小，除非区间最小是0；

任何区间变换最多两次就成为0.

拿0当分隔符，若只有一段连续的非0区间，则答案为1

若区间多于1个，那么直接对全局两次操作，答案为2

若全是0，答案为0

C

自己没想出来，看别人说：

把两个都拆到不能再拆，比较是否相同

D

从1往n跳

当前位置为now，now能跳必须满足区间内最大或最小

最大：右端点在向右第一个比它大的big前面，而右端点必须是区间最小，所以在 \((now,big)\) 搜最小值，跳到此处；

最小：右端点在向右第一个比它小的low前面，而右端点必须是区间最大，所以在 \((now,low)\) 搜最大值，跳到此处。

但具体实现不能找到big和low,我们要使用倍增法

对于每一个起始点 t ,它要么是区间内最大，要么是最小。

用倍增法将 \([t+1,n]\) 分割成2的幂，

1）t最大时，区间内最大值小于t , 且区间内最小值能被 t 跳到。这时候刷新 t ，相当于2的幂相加拓展了区间，在区间未搜到的合法部分继续找更小值，直到区间右端点为n；

2）t最小时，同理反过来。

感谢CF leukocyte 的代码:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2.5e5;
int n;
int p[N+5],rp[N+5];
int mx[20][N+5],mn[20][N+5];
int find(int tp){
	int vmn=n+1,vmx=0,t=tp+1;
	for(int i=20;i>=0;i--){
		if(t+(1<<i)-1>n) continue;
		if(mx[i][t]<p[tp]){
			vmn=min(vmn,mn[i][t]);
			t+=1<<i;
		}
	}
	t=tp+1;
	for(int i=20;i>=0;i--){
		if(t+(1<<i)-1>n) continue;
		if(mn[i][t]>p[tp]){
			vmx=max(vmx,mx[i][t]);
			t+=1<<i;
		}
	}
	return max(rp[vmn],rp[vmx]);
}
void solve(){
	scanf("%d",&n);
	rp[0]=rp[n+1]=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d",&p[i]); rp[p[i]]=i;
		mx[0][i]=p[i]; mn[0][i]=p[i];
	}
	for(int i=1;n>>i;i++)
		for(int j=1;j+(1<<i)-1<=n;j++){
			mx[i][j]=max(mx[i-1][j],mx[i-1][j+(1<<i-1)]);
			mn[i][j]=min(mn[i-1][j],mn[i-1][j+(1<<i-1)]);
		}
	int ans=0,tp=1;
	while(tp<n){
		tp=find(tp); ans++;
	}
	printf("%d\n",ans);
}
int main(){
	freopen("data.in","r",stdin);
	int t; scanf("%d",&t);
	while(t--) solve();
	return 0;
}

E

\(f[i,j]\) 表示向 \((i,j)\) 放一个关键点最少操作多少次能把关键点移出白格。转移形如 \(f[i,j]=f[i+1,j]+f[i,j+1]+1\)

建立一个源点 \(s\)，向每个白点连边权为 \(1\) 的边，如果 \((i+1,j)\)是白点 , 连边 \((i+1,j)\to (i,j)\)，\((i,j+1)\) 是白点,连边 \((i,j+1)\to (i,j)\)那么 \(f[i,j]\) 等价于 \(s\) 到 \((i,j)\) 所有路径的权值和。这里一条路径的权值定义为路径上所有边权的乘积。那么统计的即 \((0,0)\) 每次向右或向下走,不走出白格子的方案数。

\(\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^{a_i-1}\binom{i+j}{j}=\sum_{i=0}^n\binom{i+a_i}{a_i}\)