CF1542D Priority Queue

模拟赛的题，做了一下加强把删除操作改成了删除第 \(k\) 小，如果不行就无视的情况。

发现只有加数操作会对答案有贡献，故考虑每一个加数有多少种方案不会被删掉。那么我们先来考虑动规需要什么。发现因为改成了第 \(k\) 小，所以需要记录一下 \(f(i,j,k)\) 表示前 \(i\) 个操作，\(j\) 为第 \(k\) 小的数的方案数。发现不会算重因为我们最后做了一下钦定，所以这么记录是可以的。我们考虑转移。

对于 \(j>i\) 的情况，因为还没有出现过，所以可以认为前面需要填 \(k-1\) 个数。对于加操作，如果 \(x_i>x_j\) 则没有影响，因为在 \(k\) 的后面，否则会多一个，需要从前面 \(k-1\) 进行转移。对于减操作则有如果 \(v_i>k\)，那么就说明没有影响，还是从原来的 \(k\) 转移。如果 \(v_i=k\)，那么可以从 \(k\) 与 \(k+1\) 进行转移，考虑的是删除是否有效的方案。对于 \(v_i<k\)，则必须从 \(k+1\) 转移了。

对于 \(j=i\)，直接从 \(i-1\) 转移即可。

对于 \(j<i\) 基本上和 \(j>i\) 同理，只不过没有删除无效的情况了。

转移方程写出来有点复杂，但是非常好推。设 \(s_i=1\) 代表是加操作，\(0\) 为减操作。

\[ f(i,j,k)= \begin{cases} 2f(i-1,j,k) &s_i=1\land((j>i\land x_i>x_j)\lor(j<i\land x_i\geq x_j))\\ f(i-1,j,k)+f(i-1,j,k-1) &s_i=1\land((j>i\land x_i\leq x_j)\lor(j<i\land x_i<x_j))\\ f(i-1,j,k)+f(i-1,j,k) &s_i=0\land x_i>x_j\land i\neq j \\ f(i-1,j,k)+f(i-1,j,k)+f(i-1,j,k+1) &s_i=0\land j>i \land x_i=x_j\\ f(i-1,j,k)+f(i-1,j,k+1) &s_i=0\land((j>i\land x_i<x_j)\lor(j<i\land x_i\leq x_j))\\ f(i-1,j,k) &j=i\\ \end{cases} \]

那么之后对于每一个 \(s_i=1\)，都有对答案的贡献 \(x_i\sum_{j=1}^n f(n,i,j)\)。

时间复杂度 \(O(n^3)\)。