注：此博客写于 2017.8 ~ 2017.11
一个小清新OJ.
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标程简洁，超赞！
AtCoder Regular Contest 068
E - Snuke Line 给定\(n\)个区间\([l,r]\)和一个数\(m\)。对于\(d=1,2,3…,m\)，求\(kd(1 \leq kd \leq m,k\in Z)\)被多少个不同区间覆盖（对于不同的\(k\)，只算一次）。\(1 \leq n,m \leq 3\times 10^5,1 \leq l \leq r \leq m\)
记区间的长度为\(len=r-l+1\)。想到可以\(O(mlogm)\)暴力枚举所有的\(kd\)，用线段树算出它被几个区间包含。容易发现当\(d<len\)时，有可能被多次计算。
考虑当\(d \leq len\)时，则一定存在\(k\)使得\(kd\)被这个区间覆盖。于是我们记录满足\(d \leq len\)的区间个数即可。而对于\(d>len\)的情况，至多有一个\(kd\)被区间覆盖，于是就可以用线段树维护。即当\(d>len\)时加入这个区间，同时单点询问\(kd\)被多少个区间覆盖。复杂度\(O((mlogm+n)logm)\)。
F - Solitaire 有一个双端队列，依次往首或尾插入数1到n。然后你可以从队列的首或位取出一个数，顺次相接组成一个序列。求有多少个序列的第\(K\)位为\(1\)？\(1 \leq k \leq n \leq 2\times 10^3\)
显然，当\(n\)个数全部插入后，队列一定是递减到1再递增的。不难发现，得到的序列的前\(K\)位，一定是由两个递减序列交错得到的，且第\(K\)位为1。
从\(n\)到\(1\)逐个考虑每一个数是否选择，且属于哪一个序列。定义\(f(i,j)\) 已经得到了序列的前\(i\)位，其中第\(i\)位为\(j\)的方案数。将\(j\)加入序列1，则\(f(i,j)\)可由\(f(i-1,k), k>j\)转移过来。
如果将新的数加入序列2，该如何转移？可以发现，这个数一定是没选择的数中最大的数（序列2也是递减的）。则\(f(i,j)\)可由\(f(i-1,j)\)转移过来。
事实上，DP的过程还有一个非法的转移。\(f(K-1,1)\)会转移到\(f(K,1)\)，不是以1作为第\(K\)个数。
对于剩下的\(n-K\)个数，每次可以取头或尾。于是答案\(ans=(f(K-1,1)-f(K-1,1))\times 2^{n-K-1}\)。 时间复杂度\(O(nK)\)。
AtCoder Regular Contest 069
E - Frequency 有\(n\)堆石头，第\(i\)堆有\(ai\)个石头。每一次，你需要记录下石头最多的堆的序号（当石头数相同时，取最左端的），然后你可以从某堆中拿走一块石头。直到石头被全部拿走。需要使得序号组成的序列字典序最小，问1到n在序列中出现的次数。
可以发现，这个序列一定是非递增的。假设现在最多的石头堆为\(x\)，在1到x-1中石头最多的堆为\(y\)。考虑贪心的过程，我们需要把x到n中，石头数大于\(ay\)都取到\(ay\)，因为这样能使得序号尽可能快地减小。离散化石头数，再从小到大考虑，用树状数组维护小于某个值的石头堆数量，以及石头数总和即可。
事实上，存在排序后\(O(n)\)的做法。
F - Flags 你在一条线上插\(n\)个\(flag\)，其中第\(i\)个\(flag\)可以插在\(xi\)或\(yi\)。记所有\(flag\)两两间的距离最小值为\(d\)，求\(d\)的最大值。
暂未编写。 考虑二分答案\(d\)。于是是否放在\(xi,yi\)变成了\(2-SAT\)判定性问题，对于\(xi\)和\(yi\)恰好放一个，距离小于\(d\)的位置不能同时放，构成了一些约束条件。暴力枚举所有点对，可以在\(O(n^2logMAX_{x})\)的时间内解决。
发现许多约束条件是无用的。考虑类似线段树的分治结构来建图，对于每个点，至多与\(O(logn)\)个区间相连；令一方面，线段树中父子相连的边也只有\(O(n)\)条。单次判定的复杂度可以做到\(O(nlogn)\)。总的时间复杂度\(O(nlognlogMAX_{x})\)，可以通过此题。
存在\(O(n(logn+logMAX_x))\)的算法，暂未理解。
AtCoder Regular Contest 070
D - Need 给定\(n\)个数\(ai\)。如果存在子集满足其和大于等于\(K\)，则称为是好的子集。如果一个数\(ai\)所在的所有好集中，去除\(ai\)后仍是好集，则\(ai\)是无用的。求无用的数的个数。
对于\(x<y\)，若\(y\)是无用的，则\(x\)一定无用的，所以答案满足单调性。考虑判断\(x\)是否是无用的，用\(bitset\)维护\(n-1\)个数相加能组成的集合（\(x\)除外，可以用类似\(DP\)的方式求出）。
显然，如果其他的数能组成\(K-x\)到\(K-1\)中的任意一个数，则\(x\)是有用的。时间复杂度\(O(\frac {n^2logn} w)\) ，此处\(w\)一般为\(32\)或\(64\)。
AtCoder Regular Contest 071
E - TrBBnsformBBtion 有字符串\(S,T\)，仅由\(A\)或\(B\)构成。有如下操作：①选择一个字符:\(A\rightarrow BB\) 或 \(B\rightarrow AA\)。②删除连续3个相同的字符:\(AAA\)或\(BBB\)。给定\(Q\)个询问，对于每个询问，回答\(S[a,b]\)能否变换为\(T[c,d]\)。\(|S|,|T|,Q \leq 10^5\)
想了几分钟就YY了一个结论：把A看作1，把B看作2，两个串能变换当且仅当两个区间和模3同余。然后就A掉了。首先，必要性显然，因为对于区间和模3，不论如何操作都不会改变。
看了官方题解才知道如何证明充分性。首先主要到所有的操作都是可逆的：\(A\rightarrow BB\rightarrow AAAA\rightarrow A\)。且\(A,B\)可以任意地加3个或减3个。考虑将\(S\)和\(T\)中的\(B\)全变为\(A\)。如果\(S,T\)的\(A\)个个数关于3同余，则一定能变换。就证明了结论。
F - Infinite Sequence 给定\(n\ (n \leq 10^6)\)，问存在多少个无穷序列满足：1.每个数都在1到\(n\)之间。2.对于任意\(n \leq i,j\)，都有\(a_i=a_j\)。3.对于任意的\(i\)，若存在\(i+1 \leq j<k \leq i+a_i\)，都有\(a_j=a_k\)。
发现只有前\(n\)位是有用的，考虑到动态规划更容易向前转移，定义\(f(i)\)为子序列\([i,n]\)满足条件的个数，于是我们考虑\(a_i\)的值即可转移。
- 发现1是一个比较特殊的数，当\(a_i=1\)时，\(f(i)=f(i-1)\)。
- 当\(a[i]\not=1,a[i+1]\not=1\)时，序列为\(ABBBBBB…\)的形式，\(f(i)=(n-1)\times (n-1)\)。
- 当\(a[i]\not=1,a[i+1]=1\)时，序列为\(A,1,1,,..,1,B…\)的形式，\(f(i)=f(i-3)+f(i-4)+…+f(1)+n-i+2\)。
AtCoder Regular Contest 072
D - Alice&Brown A和B在玩一个游戏。一开始，有两堆石子分别有\(X\)和\(Y\)个。你可以从一堆中取\(2i\)个，然后放\(i\)个到另一堆。无法操作的玩家输。问先手是否存在必胜策略?\(0 \leq X,Y \leq 10^{18}\)。
通过打表发现，当\(|X-Y|>=2\)先手必胜，否则后手必胜。考虑如何证明。
对于\((X,Y)=(0,0),(0,1),(1,0),(1,1)\)，满足\(|X-Y|<=1\)，是必败态。
- 对于必胜态，设\(|X-Y|=3k+r>=2\ (r=0,1,-1,\ k>=1)\) ，取\(i=k\)，即可转移到必败态。
对于必败态，操作后\(X-Y\)至少改变3，一定会转移到必胜态。
E - Alice in linear land 给定长度为\(n\)的操作序列\(ai\)和距离\(di\)。对于每个\(ai\)，当\(|d-ai|<d\)时\(|d-ai|\)会成为新的\(d\)，若最终\(d=0\)，则称是可达的。给定\(Q\)个询问\(qi\)，问能否改变\(a[qi]\)，使得操作序列是不可达的？\(n,Q \leq 5\times 10^5\)
首先可以预处理前缀\(a[1,qi-1]\)操作后的\(d\)，记为\(pre[qi-1]\)。发现对于询问\(qi\)，只需要知道后缀\(a[qi+1,n]\)使得序列不可达的最小的\(d=suf[qi+1]\)，只要\(pre[qi-1]>=suf[qi+1]\)就一定能做到。
于是问题转化为如何就\(suf[i]\)。显然，\(suf[n+1]=1\)，而且随着\(i\)的减小，\(suf[i]\)一定是非递减的。当\(ai>=2\times suf[i+1]\)，可以取到\(suf[i]=suf[i+1]\)（此时无法执行操作）；否则\(suf[i]=suf[i+1]+ai\)。
F - Dam 有一个水坝容积为\(L\)，一开始没有水。此后\(n\)天，在第\(i\)天早晨，会进来体积为\(Vi\)，温度为\(Ti\)的水；为了下一天水不会溢出，第\(i\)天傍晚需要排出一些水。对于体积\(V1\)，温度\(T1\)和体积\(V2\)，温度\(T2\)的水混合，体积为\(V1+V2\)，水温为\(\large \frac {T1\times V1+T2\times V2}{V1+V2}\)。回答\(n\)个询问，对于第\(i\)个询问，输出在第\(i\)天能够达到的最大水温。\(n \leq 5\times 10^5\)
假设混合得到的水体积为\(V2\)，温度为\(T3\)。由题目可知\(T1\times V1+T2\times V2 = T3\times V3\)。考虑将\((x,y)=(V,TV)\)抽象为一个向量，那么，水的混合就变成了向量之和！
观察这个向量，发现\(T\)对应的就是它的斜率！将水排出，相当于是原向量乘上<1的实数！将可能的状态画在坐标系上，可以发现这一定是一个上凸包。如图（555...图丢了，凑合脑补一下）
而新加入一个向量后，最右端的会被删除。此时不一定还是凸包，在左端比较相邻的斜率，合并即可。
整个过程用双端队列维护，复杂度\(O(n)\)。
AtCoder Regular Contest 073
E - Ball Coloring 有\(n\)个包，每个包里各有两个球，权值为\(xi\)和\(yi\)。你需要将一个球涂为红色，另一个球涂为蓝色。令\(Rmin\)为红球中的最小权值，\(Rmax,Bmin,Bmax\)同样定义。求出\((Rmax-Rmin)\times (Bmax-Bmin)\)的最小值。\(n \leq 2\times 10^5\)
假设所有权值中的最大值为\(Max\)，最小值\(Min\)。不失一般性地，有两种情况：
\(Rmax=Max,Bmin=Min\)，此时需要最大化\(Rmin\)，最小化\(Bmax\)，于是将两个球中较大的涂为红色，较小的涂为蓝色。
\(Rmax=Max,Rmin=Min\)（Min和Max不在同一包里），此时需要最小化\(Bmax\)，最大化\(Bmin\)，令\(xi \leq yi\)，之后按照\(x\)升序排序。我们说，最优方案一定是，排序后，前\(k\ (1 \leq k \leq n)\)个的\(xi\)涂为红色，后\(n-k\)个涂为蓝色。如何证明，考虑反证法。
假设第\(p(p>=k+2)\)涂为了红色，那么\(Bmin\)并不会增大，而\(Bmax\)并不会减小，所以一定不会是更优解。于是简单证明了结论。
F - Many Moves 在一根长度为\(n\)的数轴上，有两个方块，位置为\(A,B\)。并且在同一时刻，你能移动一块方块一个单位距离。你需要依次到达位置\(xi\)，求最少所需时间。\(n,Q \leq 2\times 10^5\)
以\(xi\)作为阶段，注意到上次的一个方块位置一定是在\(x[i-1]\)，于是不难想到\(O(n^2)\)的DP。\(f[i,j]\)表示到位置\(xi\)，另一个位置为\(j\)的最小时间。若原来位置为\(x[i-1]\)的到位置\(xi\)，即有\(f[i,j]=f[i-1,j]+|x[i]-x[i-1]|\)。否则即有\(f[i,x[i-1]]=f[i,j]+|j-x[i-1]|\)。
考虑如何从优化转移的时间。对于前面的状态转移方程，事实上就是线段树的区间加。对于后面的状态转移方程，考虑维护\(f[i,j]-j\)和\(f[i,j]+j\)的值，在\([1,x[i-1]]\)取\(f[i,j]-j\)的最值；在\([x[i-1],n]\)取\(f[i,j]+j\)的最值即可。阶段间的转移优化到了\(O(logn)\)。
AtCoder Regular Contest 074
D - 3N Numbers 给定\(3n\)个数\(A\)，你需要删除其中的\(n\)个数，使得剩下\(2n\)个数\(A'\)中前\(n\)个数之和-后n个数之和之差最大。求最大值。\(n \leq 10^5\)
发现对于删除后\(A'\)的第\(n\)个数一定是在原来\(A\)的\([n,2n]\)，考虑暴力枚举\(A'[n]\)的取值，剩下的贪心地选取。整个过程用堆维护。
E - RGB Sequence 您需要构造一个长度为\(n\)， 由R,G,B构成的序列，满足以下\(m\)个限制。对于限制\(i\)，满足\([li,ri]\)间不同的颜色种数恰好为\(xi\)。求满足条件的序列数。\(n,m \leq 300\)
考虑到如果存在不满足的情况，一定是DP过程中最后的R,G,B发生冲突。于是考虑状态\(f[R][G][B]\)表示\(R,G,B\)最后的位置，发现当前位置\(p=max\{R,G,B\}\)。考虑暴力转移，转以后判断是否冲突即可。
AtCoder Regular Contest 075
D - Widespread 有\(n\)只怪兽，第\(i\)只怪兽初始血量\(hi\)。每次可以选定一只怪兽攻击，造成\(A\)点血量的伤害。同时其他怪兽受到\(B\)点血量的伤害。求最少的攻击次数。\(n \leq 100000\)
考虑二分答案次数\(T\)。当某只怪物的血量\(hi \leq BT\)时，不需要主动攻击。否则需要\(\large \lceil \frac {hi-BT} {A-B}\rceil\)次主动攻击，判断主动攻击次数之和是否不超过\(T\)次即可。
F - Mirrored 对于一个正整数\(n\)，记\(rev(n)\)为\(n\)的倒置，例如\(rev(123)=321,rev(4000)=4\)。给定\(D\)，求存在多少\(n\)满足\(rev(n)=n+D\)。\(D \leq 10^9\)
以5位数为例，\(\overline{edcba}-\overline{abcde}=9999(e-a)+990(d-b)\) 考虑到如果\(D\)不是9的倍数，一定无解，否则我们考虑现将\(D\)除以9。然后DFS，发现\((e-a)\ mod\ 10\)可以确定，同样可以逐位确定剩余的位，最后乘法原理确定总方案数即可。注意奇偶分类。
AtCoder Regular Contest 075
E - Connected? 给定\(R \times C\)棋盘上的\(n\)对点，要求这\(n\)对点彼此连线，保证这些线不相交。求是否存在方案满足。
考虑到，如果不是两个点都在边界上，一定存在方案。所以我们只要考虑边界点即可。考虑使用一个栈，顺时针处理所有的点\(x\)，如果栈顶的点是\(x\)，则出栈，否则令\(x\)入栈。最后只要检查栈是否为空即可。
AtCoder Regular Contest 077
D - 11 给定\(n\)和长度为\(n+1\)的子序列，每个数都在\([1,n]\)，且恰有一个数出现两次。对于\(k=1,2,...,n+1\)，求出长度为\(k\)的互异子序列个数。\(n \leq 10^5\)
首先找出相同的两个数\(x\)的位置\(l,r\)，可以发现剩下的数都是等价的。对于每个\(k\)，分类讨论计数。按照选取\(x\)个数，就是\(C_{n-1}^k+2C_{n-1}^{k-1}+C_{n-1}^{k-2}\)。注意到，如果在\((l,r)\)内没有选数，选择\(l\)和选择\(r\)会被当作同一情况，于是答案还要减去\(C_{u+v}^{k-1}\)。
E - guruguru 有一盏灯具有\(1,2,...,m\)种亮度。遥控板可以一次操作可以将亮度加一（为\(m\)时，变为\(1\)）或跳转到固定的亮度\(x\)。一开始亮度为\(a_1\)，接下来\(n-1\)次，你需要将亮度从\(a_{i-1}\)调节到\(a_i\)。选取一个\(x\)，使得调节的总次数最小。\(n,m \leq 10^5\)
记\(f(x_0)\)为：当\(x=x_0\)时，需要调节的总次数。考虑亮度\(s\Rightarrow t\) 对\(f(x)\)的贡献（假设\(s<t\)， 其他情况同样处理）。
- 对于\(x \leq s\)，\(f(x)+=t-s\)
- 对于\(s<x \leq t\)， \(f(x)+=t-x+1\)
- 对于\(t<x\)，\(f(x)+=t-s\)
发现是区间操作，并且只有在最后查询。于是考虑差分，特别的，需要分为常数部分和系数部分。
F - SS 定义“双串”，由两个相同的字符串拼接而成。定义\(f(S)\)，在双串S后追加最少字符得到的双串。给定\(S0S0\)和\(l,r\)。求\(f^{10^{100}}(S0S0)\)在\([l,r]\)内，26个字母分别出现的个数。\(|S|<=2*10^5,l,r \leq 10^{18}\)
有待更深入理解。用KMP预处理Next[]，可以的到S0的最短相同前后缀T，设\(f(S0S0)=STST\)。通过画图发现，若\(|T|\)是\(|S|\)的因数，那么S就是由一些T拼成的，\(f(STST)=STTSTT\)。否则，\(f(STST)=STSTST\)。设\(g(S)g(S)=f(SS)\) ，能得到\(g^{i+2}(S)=g^{i+1}(S)+g^i(S)\)（显然，对于\(i\)无限大时也满足第一种情况）。考虑求出前缀的贡献，按照类似fib数列的递推方式计算即可。