AtCoder Regular Contest 125

传送门

$A - D i a l U p$ $贪心$

首先当 $b$ 有 $a$ 没有的元素的时候显然无解，否则我们可以找到离 $a_1$ 最近的一个 $a_1$ ，让后交替着来构造 $b$ 即可。

int n,m;
int a[N],b[N];int main()
{
//	ios::sync_with_stdio(false);
//	cin.tie(0);int ans=0;scanf("%d%d",&n,&m);int dx,dy,dxx,dyy; dx=dy=dxx=dyy=0;for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),dx+=a[i]==1,dy+=a[i]==0;for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d",&b[i]),dxx+=b[i]==1,dyy+=b[i]==0;dx=dx>0; dy=dy>0; dxx=dxx>0; dyy=dyy>0;if(dx<dxx||dy<dyy) {puts("-1");return 0;}ans+=m;int change=0;for(int i=2;i<=m;i++) if(b[i]!=b[i-1]) change++;if(a[1]==b[1]) {int cnt=INF;for(int i=2;i<=n;i++) if(a[i]!=a[1]) {cnt=min(cnt,i-1);cnt=min(cnt,n-i+1);}if(change) {ans+=cnt,ans+=change-1;if(cnt==INF) ans=-1;} } else {int cnt=INF;for(int i=2;i<=n;i++) if(a[i]!=a[1]) {cnt=min(cnt,i-1);cnt=min(cnt,n-i+1);}ans+=cnt;ans+=change;if(change&&cnt==INF) ans=INF; }printf("%d\n",ans);return 0;
}

$B - S q u a r e s$ $数学 + 推式子$

考虑题面中的式子就是 $x^2-y=z^2$ ，其中 $x∈[1,1012]x\in [1,10^{12}]$ ，也就是找 $x^2$ 减去一个 $1,10^{12}]$ 内的数仍是一个平方数，由于得到的平方数都 $≤x2\le x^2$ ，所以我们不妨先看看 $x-1)^2$ ，化开就是 $x^2-(2x-1)$ ，此时 $y = 2 x - 1$ ，当 $x$ 取遍若干值的时候，也就是数列 $1, 3, 5, . . .$ ，就是找这个数列中 $≤n\le n$ 的数有多少个，这个是等差数列显然可以 $O (1)$ 算。让后再看 $x-2)^2=x^2-(4x-4)$ ，此时 $y = 4 x - 4$ ，数列就是 $4, 8, 12, . . .$ ，依次找下去，可以发现就找以 $i^2$ 开头， $2 i$ 为公差的等比数列，有多少个 $≤n\le n$ 的数，由于首项是平方的形式，显然可以 $n\sqrt n$ 枚举来算。

还可以将初始的式子移项，也就是 $x^2-z^2=y$ ，由于 $y∈[1,n]y\in [1,n]$ ，所以 $x2−z2≤nx^2-z^2\le n$ ，换句话就是求 $0,1,4,9,...,n^2]$ 这个数列中，有多少对不同的数差 $≤n\le n$ ，将其差分之后得到 $[1, 3, 5, . . .]$ ，也就是差分后的数列中有多少段非空区间的和 $≤n\le n$ ，让后根据区间长度不同，可以分成 $[1, 3, 5, . . .], [4, 8, 12, . . .], [9, 15, 21, . . .]$ 这些区间跟上面的分析一样。

复杂度 $O(n)O(\sqrt n)$

	LL n; cin>>n;LL ans=0;for(LL i=1;;i++) {LL a=i*i;if(a>n) break;LL d=i*2;ans+=(n-a)/d+1;ans%=mod;}cout<<ans<<endl;

$C - L I S t o O r i g i n a l S e q u e n c e$ $贪心 + 构造$

考虑为什么这个东西一定有解，我们找个例子，比如 $n=5,k=2,a_1=3,a_2=5$ ，我们可以构造 $3, 2, 1, 5, 4$ ，也就是在 $a_i,a_i+1$ 之间以递减的方式填上 $a_i+1,a_{i+1}-1]$ 这个区间中的数，显然这样一定可以构造出一个答案，下面考虑字典序最小。

我们上面实际上就是将其分成了 $k$ 块，每块只能选一个，我们依旧是按照这个思想来，考虑 $a_1$ 之后最小的数能填多少？如果 $a_1$ 不是 $1$ 的话，显然我们可以将 $1$ 放在 $a_1$ 的后面，这个是最优的，一旦放了别的数，显然是没有这个优。但是我们放了 $1$ 之后，还能放别的吗？显然也是不能的，因为如果放了别的显然能将最长上升序列变长，所以我们就得到了这个题的做法，在每个数后面尝试放第一个小于它的并且没有被选择的数，最后的时候直接递减的输出没有选择的数即可。

int n,k;
int a[N],st[N];int main()
{
//	ios::sync_with_stdio(false);
//	cin.tie(0);scanf("%d%d",&n,&k);for(int i=1;i<=k;i++) scanf("%d",&a[i]);int j=1;for(int i=1;i<k;i++) {printf("%d ",a[i]);st[a[i]]=1;while(st[j]) j++;if(j<a[i]) {st[j]=1;printf("%d ",j++);}}for(int i=n;i>=1;i--) if(!st[i]) printf("%d ",i);return 0;
}

$D - U n i q u e S u b s e q u e n c e$ $树状数组 + d p$

考虑 $d p$ ，设 $f [i]$ 表示前 $i$ 个能构成答案的子序列有多少，不难发现不合法的子序列是因为出现了相同的数，比如说 $2, 1, 1$ ， $2, 1$ 这个子序列就是不合法的。所以需要将每个数分开来看，假设当前到了 $i$ ，上一次出现 $a_i$ 的位置是 $p r e$ ，那么我们显然可以从 $[p r e, i - 1]$ 这些位置转移过来，也就是在这些状态的子序列末尾加上 $a_i$ ，这样是合法的。对于 $[1, p r e - 1]$ 这些位置的状态显然是不能转移过来的，因为 $f [p r e]$ 这个位置已经包含了 $[1, p r e - 1]$ 这些位置后面加 $a_i$ 的方案数了，正如前面的例子 $2, 1, 1$ ， $f [1] = 1, f [2] = 2$ ，对于 $f [3]$ 如果我们从 $f [2]$ 转移会得到 $[2, 1, 1], [1, 1]$ 这两个序列，如果我们再从 $f [1]$ 转移过来会得到 $[2, 1]$ 这个序列，这个显然不合法，应该舍去。

经过上面的讨论，我们需要实现区间求和以及单点修改的数据结构，显然树状数组即可胜任。

注意某个数字第一次出现的时候需要加一，因为可能只选他一个。

int n;
int a[N];
int pre[N],last[N];
LL tr[N];void add(int x,LL c) {c+=mod; c%=mod;for(int i=x;i<=n;i+=lowbit(i)) (tr[i]+=c)%=mod;
}LL sum(int x) {LL ans=0;for(int i=x;i;i-=lowbit(i)) (ans+=tr[i])%=mod;return ans;
}int main()
{
//	ios::sync_with_stdio(false);
//	cin.tie(0);scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++) {scanf("%d",&a[i]);pre[i]=last[a[i]];last[a[i]]=i;}LL ans=0;for(int i=1;i<=n;i++) {LL now;if(pre[i]) {now=(sum(i)-sum(pre[i]-1))%mod; now+=mod; now%=mod;add(pre[i],-(sum(pre[i])-sum(pre[i]-1)));} else now=(sum(i)+1)%mod;add(i,now);}printf("%lld\n",sum(n));return 0;
}

$E - S n a c k$ $网络流转最小割 + 贪心 + 推公式$

考虑经典网络流建图：

我们规定 $S$ 为源点， $T$ 为汇点， $X$ 为左部点， $Y$ 为右部点。

$(1) S - > X$ ，容量为 $a_i$ 。

$(2) X - > Y$ ，对于左部的每个点与右部的每个点都连边，设右部的某个点为 $j$ ，容量为 $b_j$ 。

$(3) Y - > T$ ，容量为 $c_j$ 。

建图是 $n^2$ 的，而且也没有什么优化的地步，由于这个图的性质比较特殊，我们不妨转换成最小割来求，也就是割掉边权总和最少的边使其不连通。

先考虑第一类边，假设我们割掉 $x$ 条，由于我们割那条边与我们右边割的代价是互相独立的，所以我们只需要关注切掉了多少条边，也就是可以贪心的切掉 $a_i$ 最小的 $x$ 条边。

对于第二类边和第三类边，他们剩下了 $n - x$ 条与 $Y$ 相连的第二类边以及 $m$ 条与 $T$ 相连的第三类边，想要不连通只能割掉第二类和第三类其中的一类边，也就是 $min((n-i)*b_i,c_i)$ 。我们按照 $cibi\frac{c_i}{b_i}$ 排序，当 $n - i$ 增大的时候，一定是一部分取 $c_i$ ，一部分取 $n-i)*b_i$ ，用一个指针维护一下即可，或者可以偷懒写个二分。

int n,m;
LL a[N],prec[N],preb[N];struct Node {LL b,c;bool operator < (const Node &W) const {return c*W.b<W.c*b;}
}node[N];int main()
{
//	ios::sync_with_stdio(false);
//	cin.tie(0);scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%lld%",&node[i].b);for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%lld%",&node[i].c);sort(node+1,node+1+m);sort(a+1,a+1+n); for(int i=1;i<=m;i++) {prec[i]=prec[i-1]+node[i].c;preb[i]=preb[i-1]+node[i].b;}LL ans=inf,pre=0,suma=0;for(int i=1;i<=n;i++) suma+=a[i];for(int i=0,j=0;i<=n;i++) {		pre+=a[i];int l=0,r=m,anss;while(l<=r) {int mid=(l+r)>>1;if(node[mid].c<=node[mid].b*(n-i)) anss=mid,l=mid+1;else r=mid-1;}LL now=prec[anss]+(preb[m]-preb[anss])*(n-i)+pre;ans=min(ans,now);}cout<<ans<<endl;return 0;
}