Codeforces Round 1058 (Div. 2) A - E

我太菜了

A. MEX Partition

你可以发现最优的划分就是整个序列作为一个划分。因为需要 MEX 都相等，所以划分出来的子序列可以合并，合并完了就是原序列了，因此原序列的 MEX 即为答案。

读错题挂一发，火大。

B. Distinct Elements

先对 \(b\) 做差分，设为 \(d\)。

你可以发现，如果 \(a _ i\) 在 \(t\) 出现了，那它一定在 \([p,t](p \le t)\) 出现了。

因此 \(a _ i\) 的贡献是 \(i - m\)，其中 \(m\) 代表 在 \(i\) 之前 \(a _ i\) 最后一次出现的位置，没有出现则为 \(0\)。

现在我们需要 \(i - m = d _ i\)，即 \(m = i - d _ i\)，于是我们对每种 \(m\) 维护一个队列，每次取第 \(m\) 个队列的队首，输出后再将这个队首放进第 \(i\) 个队列里。

C. Reverse XOR

我们设 \(x\) 的二进制表示为 \(\overline{x _ 0 x _ 1 \dots x _ t}\)，则 \(f(x) = \overline{x _ t x _ {t - 1} \dots x _ 0}\)，\(x \oplus f(x) = \overline{(x _ 0 \oplus x _ t)(x _ 1 \oplus x _ {t - 1}) \dots (x _ t \oplus x _ 0)}\)。

可以发现，\(x \oplus f(x)\) 是对称的，且若 \(t\) 为偶数，则 \(x _ {\frac{t}{2}} = 0\)。

于是我们就可以枚举 \(n\) 包含前导 \(0\) 的长度，然后从两边往中间判断是否相等。

D. MAD Interactive Problem

差临门一脚就想出来，还是太菜了。

我们可以从 \(r = 2\) 开始查询 \([1,r](r \ge 2)\)，如果返回值不为 \(0\)，则说明 \(a _ r\) 一定是返回值，然后在之后的询问中就不问这个位置，这样我们用 \(2n - 1\) 次操作确定了 \(n\) 个位置。

然后，我们倒着再做一遍，查询 \([l,2n](l \le 2n - 1)\)，若 \(a _ l\) 有值就不询问，这样我们就用 \(n - 1\) 次确定了所有位置，总次数 \(3n - 2\)。

E. Rectangles

我们假设 \(n \le m\)，不满足转置一下给的矩阵。

然后我们枚举 \(u,d\)，再对每个 \(l\) 检查 \(a _ {u,l}\) 是否等于 \(a _ {d,l}\)，如果是则加入 \(s\) 内。不难发现取矩阵 \((u,d,s _ i,s _ {i + 1})\) 一定最优。

现在需要解决取 \(\min\) 的问题，直接暴力做肯定会喜提 TLE。我们按列考虑，发现对于固定的 \(u\)，\(d\) 对前面所有值都是有贡献的，所以对于每个 \(u\)，在取矩阵的时候给 \((d,[s _ i,s _ {i + 1}])\) 打上标记，枚举完所有 \(d\) 与 \(l\) 再从后往前下放标记。

时间复杂度 \(\Omicron(n ^ 2 m)\)，因为 \(n \le m\) 所以 \(n\) 最大为 \(\sqrt{nm}\)，复杂度为 \(\Omicron(nm \sqrt{nm})\)