11.3 模拟赛

T1:

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T2:

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不难发现，设最终每段黑白比值为 \(C\)，则 \(\frac{\sum W}{\sum B}=C\)，我们可以直接算出每段的黑白格子比值为多少。

接下来考虑如何让划分区间最多：

• 结论： 一定是恰好满足 \(\frac{W}{B}=C\) 的最小的区间。

• 证明： 设 \([1,x],[1,y]\) 区间均满足条件，且 \(x<y\)，发现 \(\frac{W_{1,x}}{B_{1,x}}=\frac{W_{1,y}}{B_{1,y}}=\frac{W_{x+1,y}}{B_{x+1,y}}\)，所以选 \([1,y]\) 不如选 \([1,x],[x+1,y]\)，能产生更多贡献。

接下来模拟上述贪心过程即可。

T3：

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棋盘上放置方案问题，很容易想到动态规划求解，观察数据范围，无法状态压缩。

但再观察，发现某一列上最多只能放两个棋子，某一行也同理，所以我们可以这样设计状态：令 \(f_{i,j,k}\) 表示前 \(i\) 行，有 \(j\) 列放了一个棋子，\(k\) 列放了两个棋子的方案数。

转移时枚举第 \(i\) 行放了多少棋子：

• 不放棋子，直接从上一行状态转移来：\(f_{i,j,k}=f_{i-1,j,k}\)。

• 放一枚棋子，它可以放到之前没有棋子的和有一枚棋子的列：\(f_{i,j,k}=\begin{cases}f_{i-1,j-1,k}\times (m-(j-1)-k)\\f_{i-1,j+1,k-1}\times (j+1) \end{cases}\)

• 放两枚棋子，可以都放到没棋子的列，都放到放一枚棋子的列，以及分别放没棋子和有一枚棋子的列。
  转移方程为：\(f_{i,j,k}=\begin{cases}f_{i-1,j-2,k}\times C_{m-(j-2)-k}^{2} \\f_{i-1,j+2,k-2}\times C_{j+2}^{2}\\ f_{i-1,j,k-1}\times j\times (m-j-(k-1)) \end{cases}\)

最后答案为 \(\sum_{j=0}^{m}\sum_{k=0}^{m}f_{n,j,k}\)。

T4：

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可以暴力枚举 \(a,b\)，然后 \(c\in [2b-a,n]\)，找区间最大值即可。

对于我们选择的 \(a,b\) 间，若能在 \((a,b)\) 中找到某个下标 \(i\)，满足 \(h_i\ge h_a\) 或 \(h_i\ge h_b\)，那么选择 \(i\) 是更优的。

理由很简单，无论是从 \(a\to i\) 还是从 \(b\to i\)，都会扩大 \(c\) 的选择区间，同时还能增大你的 \(h_a+h_b\)。

所以我们只找满足以下条件的 \(a,b\)：

• \([a,b]\) 中最大值 \(< \min\{h_a,h_b\}\)。

这不就是找到一个数，它左右两边的最近的大于等于它的数吗。直接单调栈求出，并且这样的数对是 \(O(n)\) 级别的。

然后我们把询问离线下来，从大到小枚举左端点进行扫描线，对于新的左端点 \(i\)，先把预处理来的数对 \((a,b),a=i\) 对答案进行更新。

如何维护答案？考虑线段树，设 \(B_i\) 表示如果选 \(i\) 作为 \(c\)，它左边的最大的 \(h_a+h_b\)，对于新来的数对 \((a,b)\)，将 \([2b-a,n]\) 中的 \(B_i\) 与 \(h_a+h_b\) 取 \(\max\)，这个用线段树很好维护。

对于左端点为 \(i\) 的所有询问，查询区间 \([i+2,r]\) 的 \(B_i+h_i\) 的最大值。

所以线段树维护 \(h_i,B_i+h_i\) 的最大值，支持与某个数取 \(\max\) 操作，这道题就做完了。

时间复杂度 \(O((n+q)logn)\)。