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A. Tales of a Sort

题意

给定一个序列 \(a\)，定义一次操作为将所有数改为 \(\max(0, a_i - 1)\)。

输出让序列 \(a\) 不递减的最小操作数。

思路

既然我们要让序列不递减，那么如果出现了相邻不递减的元素，我们就必须将其减到 \(0\)。

那么，我们就直接枚举所有 \(i \in [1, n - 1]\)，找出所有满足 \(a_i > a_{i + 1}\) 的元素 \(a_i\)，计算 \(\max(a_i)\)。

时间复杂度：\(O(n)\)

对应AC代码

//Code template from Floating Ocean.

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

//#define FLOATING_OCEAN

#define int long long
#define pii pair<int, int>
#define pipi pair<pii, pii>
#define ppii pair<int, pii>
#define pci pair<char, int>
#define fs first
#define sc second
#define pb push_back
#define rall(x) x.rbegin(),x.rend()
#define all(x) x.begin(),x.end()

const int N = 1e3 + 10, M = 2e5 + 10, mod = 998244353, inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;

void solve() {
    int n;
    cin >> n;
    vector<int> a(n + 1);
    for(int i=1;i<=n;i++) cin >> a[i];
    int ans = 0;
    for(int i=n-1;i>=1;i--){
        if(a[i + 1] >= a[i]) continue;
        ans = max(ans, a[i]);
    }
    cout << ans << '\n';
}

signed main() {
# ifdef FLOATING_OCEAN
    freopen("1.in","r",stdin);
    freopen("1.out","w",stdout);
# endif
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
//    init();
    int t = 1;
    cin >> t;
    while (t--) solve();
}

差点看错题了（

B. Good Arrays

题意

给定一个 正整数 序列 \(a\)，判断是否可以构造一个长度相等的 正整数 序列 \(b\)，满足下面的条件：

1. \(a_i \neq b_i\)；

2. \(a_1 + a_2 + \ldots + a_n = b_1 + b_2 + \ldots + b_n\)

思路

与其考虑如何构造，我们不妨考虑怎么修改原序列来达成条件。

不难发现，我们只需选择两个元素 \(a_i, a_j\)，执行操作 \(a_i + 1, a_j - 1\)，即可让这两个元素都和原来不相同，且最后序列总和不变。

那么很显然，我们考虑将较大的元素的 "分给" 较小的元素，不能分自然就是无解了。

因为序列为正整数序列，因而能进行分配的元素就是大于 \(1\) 的元素。

那么，代价最小的分配方式就是将 所有 非 \(1\) 元素 各分配 值 \(1\) 到未被分配的 为 \(1\) 的元素上。

设 \(cnt\) 为 \(1\) 的个数，\(sum\) 为序列总和，显然多余的能分配的值就是 \(sum - n\)，也就是说，临界条件是 \(sum - n \geq cnt\)。

时间复杂度：\(O(n)\)

对应AC代码

//Code template from Floating Ocean.

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

//#define FLOATING_OCEAN

#define int long long
#define pii pair<int, int>
#define pipi pair<pii, pii>
#define ppii pair<int, pii>
#define pci pair<char, int>
#define fs first
#define sc second
#define pb push_back
#define rall(x) x.rbegin(),x.rend()
#define all(x) x.begin(),x.end()

const int N = 1e3 + 10, M = 2e5 + 10, mod = 998244353, inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;

void solve() {
    int n;
    cin >> n;
    vector<int> a(n + 1);
    int sum = 0, cnt = 0;
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        cin >> a[i];
        sum += a[i];
        if(a[i] == 1) cnt ++;
    }
    if(n == 1){
        cout << "NO\n";
        return;
    }
    cout << (sum >= n + cnt ? "YES\n" : "NO\n");
}

signed main() {
# ifdef FLOATING_OCEAN
    freopen("1.in","r",stdin);
    freopen("1.out","w",stdout);
# endif
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
//    init();
    int t = 1;
    cin >> t;
    while (t--) solve();
}

结论还是很显然的捏

C. To Become Max

题意

给定一个序列 \(a\)，定义一次操作如下：

1. 选定一个下标 \(i\)，满足 \(i \in [q, n - 1]\) 且 \(a_i \leq a_{i + 1}\)；

2. \(a_i := a_i + 1\)

给定一个整数 \(k\)，输出在最多 \(k\) 次操作后，序列的最大值。

思路

显然，操作次数越多，序列最大值越大，反之越小。这满足单调性。

因而，我们考虑二分答案。

因为序列最后一定是递减的，因而我们只需二分答案 \(x\)，并暴力检查以每一个数作为最大值 \(x\) 需要操作的次数，最后取最小值即可。

时间复杂度：\(O(n \log n)\)

对应AC代码

//Code template from Floating Ocean.

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

//#define FLOATING_OCEAN

#define int long long
#define pii pair<int, int>
#define pipi pair<pii, pii>
#define ppii pair<int, pii>
#define pci pair<char, int>
#define fs first
#define sc second
#define pb push_back
#define rall(x) x.rbegin(),x.rend()
#define all(x) x.begin(),x.end()

const int N = 1e3 + 10, M = 2e5 + 10, mod = 998244353, inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;

void solve() {
    int n, k;
    cin >> n >> k;
    vector<int> a(n + 1);
    int mx = 0;
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        cin >> a[i];
        mx = max(mx, a[i]);
    }
    auto check = [&](int mid) -> bool{
        int ans = inf;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            int t = 0, sum = 0;
            int j = i;
            for(;j<=n;j++){
                if(a[j] < mid - t){
                    sum += mid - t - a[j];
                    t ++;
                }else break;
            }
            if(j <= n) ans = min(ans, sum);
        }
        return ans <= k;
    };
    int l = mx - 1, r = 2e9, mid, ans = -1;
    while(l + 1 < r){
        mid = (l + r) >> 1;
        if(check(mid)){
            l = mid, ans = mid;
        }else r = mid;
    }
    cout << ans << '\n';
}

signed main() {
# ifdef FLOATING_OCEAN
    freopen("1.in","r",stdin);
    freopen("1.out","w",stdout);
# endif
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
//    init();
    int t = 1;
    cin >> t;
    while (t--) solve();
}

有点长的二分

D. More Wrong

题意

这是一道交互题。

对于一个未知的排列，定义一次交互为输出一个区间的左端点 \(l\) 和右端点 \(r\)，并以 这个区间内逆序对的个数 作为响应，代价为 \((r - l) ^ 2\)。

在总代价 \(\leq 5n ^ 2\) 的条件下，猜出排列中最大值的下标。

猜想思路

首先，如果两个区间 \([l, r - 1], [l, r]\) 的逆序对个数相同，\(r\) 就比 \([l, r - 1]\) 中任意一个数都大，也就是说，\(r\) 是 \([l ,r]\) 中的最大值。

那么，如果我们知道 \([l, r - 1]\) 中的最大值 \(p\)，在逆序对个数不相同的条件下，\(p\) 就是 \([l, r]\) 中的最大值。

为了让询问的区间尽可能小，我们用分治的思想，递归求出 \([l, mid], [mid + 1, r]\) 内的最大值 \(a, b\)，并询问 \([a, b - 1], [a, b]\) 中逆序对的个数。如果个数相同，那么 \([l, r]\) 中的最大值就是 \(b\)，否则为 \(a\)。

对于每次询问的 \([a, b - 1], [a, b]\)，代价为 \((b - 1 - a) ^ 2 + (b - a) ^ 2 \leq (b - a) ^ 2 \leq (r - l) ^ 2\)。

归纳证明

令 \(g_n\) 为在长度为 \(n\) 的排列中找到最大值位置的总代价。

猜想：\(g_n \leq 4n^2\)

下面用数学归纳法证明：

① 令 \(n = 1\)，\(g_1 = 0 \leq 4 \times 1 ^ 2=4\)；

② 记 \(m = \lceil \frac{n}{2} \rceil\)，

\(\because\) 当 \(n = m, n - m\) 时，\(g_m \leq 4m^2, g_{n - m} \leq 4(n - m) ^ 2\)

\(\therefore g_n\)

\(\leq 2(n - 1) ^ 2 + g_m + g_{n - m}\)

\(\leq 2(n - 1) ^ 2 + 4[m^2 + (n - m) ^ 2]\)

\(=6n^2+8m^2+2-8nm-4n\)

\(=4n^2 + 2(n^2 - 4nm + 4m^2) + 2 - 4n\)

\(= 4n^2 + 2(n - 2m)^2 + 2 - 4n\)

\(\leq 4n^2 + 2 + 2 - 4n\)

$4n^2 $

时间复杂度：\(O(\log n)?\)

对应AC代码

//Code template from Floating Ocean.

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

//#define FLOATING_OCEAN

#define int long long
#define pii pair<int, int>
#define pipi pair<pii, pii>
#define ppii pair<int, pii>
#define pci pair<char, int>
#define fs first
#define sc second
#define pb push_back
#define rall(x) x.rbegin(),x.rend()
#define all(x) x.begin(),x.end()

const int N = 1e3 + 10, M = 2e5 + 10, mod = 998244353, inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;

void solve() {
    int n;
    cin >> n;
    auto fetch = [&](int l, int r) -> int{
        if(l == r) return 0;
        cout << "? " << l << ' ' << r << '\n';
        cout.flush();
        int in;
        cin >> in;
        return in;
    };
    auto mx = [&](auto mx, int l, int r) -> int{
        if(l == r) return l;
        int mid = (l + r) >> 1;
        int a = mx(mx, l, mid), b = mx(mx, mid + 1, r);
        return fetch(a, b - 1) == fetch(a, b) ? b : a;
    };
    int ans = mx(mx, 1, n);
    cout << "! " << ans << '\n';
    cout.flush();
}

signed main() {
# ifdef FLOATING_OCEAN
    freopen("1.in","r",stdin);
    freopen("1.out","w",stdout);
# endif
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
//    init();
    int t = 1;
    cin >> t;
    while (t--) solve();
}

经典结论好猜证明难证，放在 \(D\) 根本不敢猜

E1. PermuTree (easy version)

题意

给定一棵以 \(1\) 为根的有根树。

在任意给所有节点赋值，且最后所有值构成的集合为 \(n\) 的排列的条件下，输出最多的二元组 \(<u, v>\) 的个数，满足节点 \(u, v\) 的最近公共祖先 \((lca)\) 的值在 \(u, v\) 两点值之间。

思路

首先，如果这棵树是二叉树，那么我们只需按照二叉树的中序遍历填写，即可让最后的个数最大。

这个结论放到这题，就是尽可能将一个节点的所有子树分成两堆，任意一个堆的节点数 都尽可能靠近 所有子树的总节点数 \(/ 2\)。

我们设这个节点的所有子树的总节点数为 \(siz\)。

也就是说，我们希望 节点数量较小的那一堆 满足 节点数总和最多不超过 \(\frac{siz}{2}\)，并最大化节点数总和。

这就是一个容量为 \(\frac{siz}{2}\)，价值和体积一样的 \(01\) 背包问题。

我们求出最大价值 \(q\)，那么对于这个节点，左右 ”两半" 子树的所有组合可能就是 \(q(siz-q)\)。

因而，我们枚举所有节点，\(\mathtt{dfs}\) 计算即可。

时间复杂度：\(O(n^2)\)

对应AC代码

//Code template from Floating Ocean.

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

//#define FLOATING_OCEAN

#define int long long
#define pii pair<int, int>
#define pipi pair<pii, pii>
#define ppii pair<int, pii>
#define pci pair<char, int>
#define fs first
#define sc second
#define pb push_back
#define rall(x) x.rbegin(),x.rend()
#define all(x) x.begin(),x.end()

const int N = 1e3 + 10, M = 2e5 + 10, mod = 998244353, inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;

void solve() {
    int n;
    cin >> n;
    vector<vector<int>> e(n + 1);
    for(int i=2;i<=n;i++){
        int p;
        cin >> p;
        e[p].pb(i);
    }
    vector<int> siz(n + 1);
    int ans = 0;
    auto dfs = [&](auto dfs, int x, int p) -> void{
        vector<int> child;
        for(auto y : e[x]){
            if(y == p) continue;
            dfs(dfs, y, x);
            child.pb(siz[y]);
            siz[x] += siz[y];
        }
        int mx = siz[x] / 2;
        vector<bool> dp(mx + 1);
        dp[0] = true;
        for(auto y : child){
            for(int i=mx;i>=y;i--) dp[i] = dp[i] | dp[i - y];
        }
        int now = 0;
        for(int i=mx;i>0;i--){
            if(dp[i]) {
                now = max(now, i * (siz[x] - i));
                break;
            }
        }
        ans += now;
        siz[x] ++;
    };
    dfs(dfs, 1, -1);
    cout << ans << '\n';
}

signed main() {
# ifdef FLOATING_OCEAN
    freopen("1.in","r",stdin);
    freopen("1.out","w",stdout);
# endif
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
//    init();
    int t = 1;
//    cin >> t;
    while (t--) solve();
}

奇妙的在树上算背包

E2. PermuTree (hard version)

需要手写 \(bitset\) 实现范围可修改。题目区别是本题的数据范围更大，时限大了 \(1s\)。