CF div3 995 (A~G）

期末周之第三把网瘾（真是越来越放肆了...）。这次赛时了一把div 3 , 又一次只做出了A~E，写完E后剩下的题没时间看了（受了些寝室噪音的干扰，最后二十分钟才出）。赛后看了下F和G，感觉也是一时半会儿做不出来的题，遂来补题。

ABCD

这次前四题都很白给。ABC纯模拟题，D是枚举左端点二分右端点的典套路。

不过BC的总共5发罚时确实有点说不过去了，这个和当时寝室比较吵，注意力不集中的关系比较大。以后在寝室打CF时应该提高一下专注力了。

E

用了树状数组 + 离散化过的。感觉这道题挺不错的，需要一点点的思维和代码实现能力。

题意就是给定\(n\)个区间\([a_i,b_i]\) ，然后有一个单价\(w\)。对于某个区间，当\(b_i>=w\)时，这个区间会被选，否则不会选；同时当\(w\)\(<\)\(a_i\)时，这个区间会收到一个差评（在题目中区间是一个商品。这里为了简化题意，就直接这样陈述了）。让你钦定一个\(w\)，使得最后获得的总价值最大，并且差评数不超过定值\(k\)。

首先有一个很关键的性质：钦定的单价\(w\)一定是题中给定的某一个\(a_i\)或\(b_i\)。证明很简单：将所有\(a_i\)和\(b_i\)放在一起排个序。反证一下，如果\(w\)不是其中的某个数，则：

1. 当这个数不超过其中的最大值时，一定可以把他扩大到比它大的且最接近于它的数。这样差评数和购买商品的数量都不会发生变化，合法性仍然保持的同时单价提高了，答案也会变得更优。
2. 当这个数超过了其中的最大值时，显然没有商品会被购买，总价值为\(0\)。

故可以\(O(n)\)枚举单价\(w\)，答案一定在这些情况中的某一个。枚举时计算出当前情况下 购买的商品数 以及 收到的差评数 即可。

我赛时的思路是分别枚举\(a_i\)和\(b_i\)，两种枚举分别用不同的方式来判断。

枚举\(b_i\)的判断方式：

将所有区间根据\(b_i\)降序排序，这样在枚举时（设当前枚举到的区间为\([a_i,b_i]\)，\(w\)为当前枚举区间的\(b_i\)），所有买的物品一定是当前枚举物品的前缀，不买的物品一定是后缀。维护当前的前缀中所有\(<w\)的\(a_i\)的数量，这相当于带修的查找\(<k\)的所有数的数量，很明显是树状数组可以完成的事情。所以先将所有\(a_i\)离散化，并在枚举的过程中修改并查询即可。

枚举\(a_i\)的判断方式：

和上面的比较类似。将所有区间根据\(a_i\)升序排序，这样在枚举时（设当前枚举到的区间为\([a_i,b_i]\)，\(w\)为当前枚举区间的\(a_i\)），后缀的区间都可以被购买且不会收到差评（\(a_i<b_i\)）；而前缀中，只要被购买的区间就一定会收到差评，但不是所有区间都会被购买。这样，就只需要在枚举\(a_i\)的过程中，维护前缀中所有\(<w\)的\(b_i\)的数量，这些区间都不会被购买。这样，剩下的\(i-1-notbuy\)个区间都会被购买且受到差评。结合后缀信息，总的差评数和购买数就均已知了。

总复杂度\(O(nlogn)\)，常数应该比较大，但肯定可以过去。

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F

模拟 + 分类讨论，赛后看b站讲解后过的。

直接 在脑海中构想 \(or\) 画图，容易发现Joker出现的位置会形成若干段连续的区间。具体来说：

1. 当移动的牌不是Joker可能出现的位置时，Joker出现的位置一定是中间的一段连续区间。
2. 第一次移动可能是Joker的牌时，牌的前缀与后缀会出现Joker。
3. Joker出现的位置最多只会形成前缀，中间，后缀三段区间，证明不再赘述。

所以只需要维护三段区间的左右端点即可。前缀和后缀可以分别用\(above\)和\(below\)单独的指针来维护，中间的区间用\(Lmid\),\(Rmid\)两个指针来维护。模拟所有移动的情况，维护这四个指针的位置即可。注意区间相交时要把区间合并起来。

同时有一个坑点：第一次移动Joker时，若中间区间的长度为1，即只有一个Joker时，中间的区间会消失，即只会形成前缀和后缀两段区间，这个需要专门特判一下。当时自己在想这道题时除了这个坑点，其他的都没问题。还是得再细心一些。。。

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G

状压\(dp\)。听完题解给的状态定义后，自己把 状态转移 和 预处理转移数组的方法 补出来了，也算是补得比较成功。

\(n <= 20\)，毫不犹豫直接状压。

状态定义：\(dp[state][i]\)表示地图中只有二进制数\(state\)表示的全部蛇，并且最后一只蛇的编号为 \(i\) 时，在满足题述移动方式合法性的前提下，最右侧位置最近的格子是第几个。

状态转移：

dp[state|(1<<j)][j + 1] = min(dp[state|(1<<j)][j + 1] , dp[state][i + 1] + g[i + 1][j + 1]);

其中编号为 \(i\) 的蛇在已知序列中的最后一个，编号为 \(j\) 的蛇要加入到当前末尾后面的位置。

\(g[i][j]\)表示当 编号为 \(i\) 的蛇 和 编号为 \(j\) 的蛇 紧邻时，为了保证所有移动操作的合法性，二者需要间隔的最短距离。这个需要根据题目给定的移动序列预处理出来。

预处理\(g[i][j]\)的方法：

首先每只蛇在未经移动操作时至少间隔1个格，故初始化为1。

之后的 \(+\) \(-\) 号处理类似于栈的操作：所有的减号可以抵消掉它后面和它相关的加号。具体解释可能比较麻烦，可以看代码和注释来感性理解一下，还是比较好懂的。

哦对了，最后的答案应当取下式的最小值，而不只是\(dp\)数组的最小值：

dp[(1<<n)-1][i] + move_front[i] , 1 <= i <= n

其中\(movefront[i]\)表示第 \(i\) 条蛇向右移动的距离，即移动操作 \(i +\) 出现的次数。

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