Codeforces Round #681 (Div. 1) Solution

A. Extreme Subtraction

把这个数组差分一下，发现操作一的作用是把 \(d_1\) 的大小分给 \(d_i\)，而操作二的作用是把 \(d_i\) 减去任意值，目标是把 \(d\) 的值都变为 \(0\)。对于 \(d\) 中大于 \(0\) 的值，就直接用操作二就行了；对于小于 \(0\) 的值，那它只能用 \(d_1\) 补偿；所以就比较一下 \(b_1\) 和 \(- \sum\limits_{i=2}^n[b_i<0]\times b_i\)的大小就行了。

B. Identify the Operations

遍历 \(b\)，找到 \(b_i\) 在 \(a\) 中的位置，那么只能删除它左边的那个或右边的那个；但假如左边那个是将来的 \(b\) 的话，那就不能删了；同时会发现，删左边和删右边对序列的影响都是一样的，都是从两个能删的数变成两个能删的数。那就很简单了。

fin >> n >> m;
int mn = 1e9 + 1e2, mx = -1e9 - 1e2, ans = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++) fin >> a[i];
for (int i = 1; i <= m; i++) fin >> b[i];
for (int i = 1; i <= n; i++) pnt[a[i]] = i;
for (int i = 1; i <= n; i++) vis[i] = 0;
for (int i = 1; i <= m; i++) vis[pnt[b[i]]] = true;
vis[0] = vis[n + 1] = true;
for (int i = 1; i <= m; i++)
{
	(ans *= 2 - vis[pnt[b[i]] - 1] - vis[pnt[b[i]] + 1]) %= mod;
	vis[pnt[b[i]]] = false;
}
fout << ans << Endl;

C. Graph Transpositions

惯例分层图。但是分层图的深度特别大怎么办？我们发现，\(2^{18}\) 次方就已经大于 \(n\) 了，所以暂且只建这么 \(18\) 层。

如果这 \(18\) 能到，那就 OK 了。如果不能，那就有讲究了。我们发现这时我们的第一追求是层数少，然后才是这层内的距离近。所以我们可以一层一层拓展，就可以保证层数少。

这么做还是 \(O(n^2)\)的，还需要加上一个剪枝——若当前点在以前的层中已经访问，那就不用再走它，于是复杂度就对了。还有就是 \(18\) 层以后的图上，存的 \(dis\) 就不用包括 \(2^k\) 次方了，就可以处理需要取模的最小值了。

D. Sum

神奇结论题：最多只有一列选了一部分，其他列要么全选要么不选。证明使用反证法就行了。这样问题就从多重背包变成了扣点一个点的 0/1 背包。这个问题可以使用分治或分块处理。

inline update(vector<u64>& f, int sze, u64 val) {
	for (int i = k - sze; i >= 0; i--) {
		f[i + sze] = max_(f[i + sze], f[i] + val);
	}
}

u64 ans;

void solve(int l, int r, vector<u64> f)
{
	if (l == r) {
		for (int i = 0; i <= min_(k, m[l]); i++) {
			ans = max_(ans, f[k - i] + a[l][i]);
		}
		return;
	}
	int mid = (l + r) >> 1; vector<u64> fl = f, fr = f;
	for (int i = l; i <= mid; i++) update(fr, m[i], a[i][m[i]]);
	for (int i = r; i > mid; i--) update(fl, m[i], a[i][m[i]]);
	solve(l, mid, fl); solve(mid + 1, r, fr);
}