海亮寄 7.8

前言

业精于勤荒于嬉，行成于思毁于随

正文（模拟赛）

卦象：大凶

模拟赛原题来源：COCI 2023

吐槽：我的补题时间呢？？？为什么要加一场模拟赛？？？本来想熬会夜学一下点分治的，教练组整这出？？？

（总有地上的生灵，敢于直面雷霆的威光服从教练组的安排）

感受：是 IOI 赛制，\(3\) 个小时 \(5\) 道题，分数 \(400/500\)。早上起来整个人的精神状态并不是特别好，有点晕，大脑可能没有完全开机。T1 人口普查，打字速度慢注定了没有拿到一血。隔壁墨鱼软软二人组在云落提交 T1 的时候，已经先后切掉 T1 和 T2 了，悲。后来开 T2，15 min 解决第二道人口普查题的代码。然而没有判断 corner case，一直处于 WA 的状态。瞪眼 20 min 无果，内心挣扎一会后大踏步地走向 T3，一眼不可做题，掉头走向 T4。T4 总感觉自己以前刷题刷到过类似的题目，所以很快有了正解的思路。这时候老师提示大家 T3 可能略有难度，建议优先开后面两道题目。听到老师的播报，只能说喜忧参半。喜是因为这证明了若干分钟以前放弃 T3 的决策是正确的。忧是因为许多人（包含绝大多数小登）都解决了前两题，然而云落依旧是可怜的 116pts。平复心情后，秒 T4，回去重构 T2，再切 T2。以上操作在 40min 内完成，算是追上了平均线。剩余 80 min 开 T5，审错题以为是分块板子题，上来就是一套根号组合拳。结果漏看一个条件，浪费 30 min。本来想打暴力的，因为 T3 和 T5 的暴力分数一共 114 分，性价比相当高。但注意到 T5 的特殊性质，突然灵光一闪，离线扫描线剩下的就是线段树板子。于是就有点贪了，想要 164 pts（T5 正解 + T3 暴力）。理想是丰满的，现实是骨感的。rz 线段树板子调了 40 min，原因是区间合并的重载运算符写锅了，和线段树建树部分初始化错误，最后遗憾只剩余 10 min 罚坐时间。总而言之，切了四个题，但是心惊胆战的，没有一个拿一血。并且最后有一点点决策失误，略有遗憾叭！

题解链接

T1

人口普查，枚举雪花中心即可，需要了解反斜杠的表达方式是 '\\'

T2

人口普查 \(\times 2\)，广搜板子题

赛时前段可能不咋清醒，没有判无解的情况，后来重构后就 A 掉了

T3

机房里两个用脚维护的 dalao，一个树套树，一个 CDQ

STO 软软 & 火腿肠 Orz ！！！

用的是老师讲题时的解法，没有用脚，开发大脑

由题意，有以下几点

1. 题意等价转化为求

\[\sum_{x} \sum_{i} [i < x \land a_i > a_x \land a_x \text{是后缀} \min] \]

2. 对于一个后缀 \(\min\) 值，其对答案的贡献是 \(i-a_i\)

3. 一个元素成为后缀 \(\min\) 的时间，充要转化为在它后面且比它小的数消失时间的 \(\max\) 值（经典二维偏序问题，离线扫描线维护）

根据以上三点，大体流程就出来了

我们需要动态维护 \(i,a_i\) 以及提前离线预处理出成为后缀 \(\min\) 的时间

考虑一轮操作后如何计算答案

删除部分存在两种情况

• 删除后缀 \(\min\)，则剔除该后缀 \(\min\) 给的贡献

• 删除非后缀 \(\min\)，会对该元素以后的所有后缀 \(\min\) 造成贡献 \(-1\) 的操作

第一点是好做的（用 set 维护后缀 \(\min\) 值，lower_bound 查一下即可）

第二点需要动态维护一个元素后的后缀 \(min\) 个数

然后是计算与更新部分

可以根据已经处理出的元素成为后缀 \(\min\) 的时间表来完成贡献计算，计算式还是经典的 \(i-a_i\)

感觉可能细节较多，给一份丑陋的代码实现：

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define mkp make_pair
#define vi vector<int>
#define pb push_back
#define lwbd lower_bound
using namespace std;
const int N=1e5+5;
int n,Q,a[N],q[N],tim[N];vi vec[N];
set<pii> S;
bool vis[N],mrk[N];
struct BIT{
    int c[N];
    inline int lb(int x){return x&(-x);}
    inline void add(int x,int v){
        for(int i=x;i<=n;i+=lb(i))c[i]+=v;
        return;
    }
    inline int ask(int x){
        int res=0;
        for(int i=x;i;i-=lb(i))res+=c[i];
        return res;
    }
    inline int qry(int l,int r){return ask(r)-ask(l-1);}
}bit1,bit2,bit3;
struct Segment_Tree{
    struct node{int l,r,mx;}tr[N<<2];
    inline void pushup(int u){
        tr[u].mx=max(tr[u<<1].mx,tr[u<<1|1].mx);
        return;
    }
    inline void build(int u,int l,int r){
        tr[u].l=l,tr[u].r=r;
        if(l==r){tr[u].mx=0;return;}
        int mid=(l+r)>>1;
        build(u<<1,l,mid),build(u<<1|1,mid+1,r);
        pushup(u);
        return;
    }
    inline void modify(int u,int pos,int v){
        int l=tr[u].l,r=tr[u].r;
        if(l==r){tr[u].mx=v;return;}
        int mid=(l+r)>>1;
        if(pos<=mid)modify(u<<1,pos,v);
        else modify(u<<1|1,pos,v);
        pushup(u);
        return;
    }
    inline int query(int u,int ql,int qr){
        int l=tr[u].l,r=tr[u].r;
        if(ql<=l&&qr>=r)return tr[u].mx;
        int mid=(l+r)>>1,res=0;
        if(ql<=mid)res=max(res,query(u<<1,ql,qr));
        if(qr>mid)res=max(res,query(u<<1|1,ql,qr));
        return res;
    }
}sgt;
signed main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
    cin>>n>>Q;
    for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
    for(int i=1;i<=n;i++)tim[i]=Q+1;
    for(int i=1;i<=Q;i++){cin>>q[i];tim[q[i]]=i;}
    sgt.build(1,1,n);
    for(int i=n;i>=1;i--){
        int x=sgt.query(1,1,a[i]-1);
        vec[x].pb(i);
        sgt.modify(1,a[i],tim[i]);
    }
	S.insert(mkp(0,0)),S.insert(mkp(n+1,n+1));
    int sum=0;
    for(int i:vec[0]){
        bit3.add(i,1);vis[i]=true;S.insert(mkp(a[i],i));
        sum+=(i-a[i]);
    }
	cout<<sum+n<<' ';
    for(int i=1;i<=n;i++)bit1.add(i,1),bit2.add(a[i],1);
    for(int i=1;i<=Q;i++){

        // del

        mrk[q[i]]=true;
        if(!vis[q[i]])sum-=(bit3.qry(q[i]+1,(--S.lwbd({a[q[i]],0}))->se));
        else{
            bit3.add(q[i],-1);
            S.erase(mkp(a[q[i]],q[i]));
            sum-=(bit1.ask(q[i])-bit2.ask(a[q[i]]));
        }
        bit1.add(q[i],-1),bit2.add(a[q[i]],-1);

        // cal

        for(int x:vec[i]){
            if(mrk[x])continue;
            bit3.add(x,1);vis[x]=true;S.insert({mkp(a[x],x)});
            sum+=(bit1.ask(x)-bit2.ask(a[x]));
        }
        cout<<sum+(n-i)<<' ';
    }
    cout<<'\n';
    return 0;
}

T4

做过类似的博弈论题，也做过类似的区间结构题，正解基本上呼之欲出

记 \(f_{l,r}\) 表示两人对区间 \([l,r]\) 进行游戏的最大分数差，容易发现转移形如决策一个边界条件。首先 \(a_l\)（或者 \(a_r\)）先判断是否可以加分，其次再判断能否拉开分数差

（其实观察性质发现，分数差总是 \(0/1\)？，这个结论是瞎猜的，未必正确）

那么一开始统计处分数和，在结合 \(f_{1,n}\)，就可以分别求出先后手的分数了

T5

读错题 \(+\) 选用错误的算法 \(+\) 正确代码的降智错误

全局查询已经提示我们离线扫描线了，容易发现按海平面上升顺序扫描线并不好做（极长连续段计数问题不好撤销），所以考虑按海平面下降顺序扫描线。

《线段树随便维护即可》

小结

学 T3 去咯！明天休息一天！好耶！

Upd. 诶？明天休息半天？不耶……

后记

世界孤立我任它奚落

完结撒花！