逛公园
琥珀色黄昏像糖在很美的远方，思念跟影子在傍晚一起被拉长……
题目描述
小 B 带着 BF 去逛公园，公园一共有 n 个景点，标号为 1 . . . n。景点之间有 m 条路径相连。
小 B 想选择编号在一段区间 [l, r] 内的景点来游玩，但是如果这些景点的诱导子图形成了环，那么 BF 将会不高兴。
小 B 给出很多个询问 [x, y]，想让你求有多少个区间 [l, r] 满足 x ≤ l, r ≤ y 且不会使 BF不高兴。
思路
首先我们可以找出所有的环。一个环对答案的影响只取决于其上点编号的最值。O(n) 预处理出所有的环左右端点的编号，将问题转化为有不包含一些区间的合法区间数量后，我们令 $faraway_i$ 为以 $i$ 为左端点的合法区间的右端点最大值，发现 $faraway$ 数组是单调的。于是对于每个询问 $[l,r]$，在 $[l,r]$ 中二分找出最大的 $p$ 使得 $faraway_p < r$，然后将询问拆成两部分分别计算贡献。
- 如何求 $faraway$ 数组：左端点排序维护对当前点有影响的环，优先队列维护这些环右端点的值。
- 如何统计答案：前缀和 + 等差数列求和。
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define maxn 501010
#define ll long long
#define chkmin(a,b) (a>b?a=b:NULL)
#define chkmax(a,b) (a<b?a=b:NULL)
using namespace std;
struct Edge{
int to,next;
Edge(int a=0,int b=0){
to=a,next=b;
}
}l[maxn<<1];
struct Ring{
int l,r,id;
Ring(int a=INT_MAX,int b=0,int c=0){
l=a,r=b,id=c;
}
bool operator < (const Ring &x) const{
return r>x.r;
}
}r[maxn];
struct ios{
inline char read(){
static const int IN_LEN=1<<18|1;
static char buf[IN_LEN],*s,*t;
return (s==t)&&(t=(s=buf)+fread(buf,1,IN_LEN,stdin)),s==t?-1:*s++;
}
template <typename _Tp> inline ios & operator >> (_Tp&x){
static char c11,boo;
for(c11=read(),boo=0;!isdigit(c11);c11=read()){
if(c11==-1)return *this;
boo|=c11=='-';
}
for(x=0;isdigit(c11);c11=read())x=x*10+(c11^'0');
boo&&(x=-x);
return *this;
}
}io;
bool cmpring(Ring x,Ring y){
return x.l<y.l;
}
int head[maxn],sea[maxn],cnt,tot,n,m,q;
int bel[maxn],vis[maxn],fa[maxn];
int faraway[maxn];
ll subans[maxn];
inline void add(int a,int b){
l[++cnt]=Edge(b,head[a]);
head[a]=cnt;
}
inline void color(int u,int v){
++tot;
int pos=u;
chkmin(r[tot].l,v);
chkmax(r[tot].r,v);
while(pos!=v){
chkmin(r[tot].l,pos);
chkmax(r[tot].r,pos);
pos=fa[pos];
}
}
inline void search(int u,int f){
vis[u]=1;
for (int i=head[u];i;i=l[i].next){
int v=l[i].to;
if (v==f) continue;
if (!vis[v]){
fa[v]=u;
search(v,u);
}
else if (vis[v]==1) color(u,v);
}
vis[u]=2;
}
priority_queue<Ring>t;
int del[maxn];
int main(){
freopen("graph.in","r",stdin);
freopen("graph.out","w",stdout);
io>>n>>m;
for (register int i=1,t2,t1;i<=m;++i){
io>>t1>>t2;
add(t1,t2),add(t2,t1);
}
for (register int i=1;i<=n;++i)
if (!vis[i]) search(i,0);
sort(r+1,r+1+tot,cmpring);
for (register int i=1;i<=tot;++i)
r[i].id=i,t.push(r[i]);
int pos=1,cur=1;
for (register int i=1;i<=n;++i){
while(cur<=tot&&r[cur].l<i) del[cur]=1,cur++;
while(!t.empty()&&del[t.top().id]) t.pop();
if (!t.empty()) pos=t.top().r-1;
else pos=n;
faraway[i]=pos;
subans[i]=pos-i+1;
}
for (register int i=1;i<=n;++i)
subans[i]+=subans[i-1];
io>>q;
for (register int i=1,l,r;i<=q;++i){
io>>l>>r;
ll res=0;
int k=lower_bound(faraway+1,faraway+1+n,r)-faraway-1;
k=max(k,l-1);
res+=subans[k]-subans[l-1];
res+=1ll*(r-k+1)*(r-k)/2;
printf("%lld\n",res);
}
}
风筝
当一阵风吹来，风筝飞上天空，为了你，而祈祷，而祝福，而感动……
题目描述
oyiya 在 AK 了 IOI 之后来到了乡下，在田野中玩耍，放松身心。
他发现前面有一排小朋友在放风筝，每一个风筝有一个高度 hi，风筝的高度可能会随着小朋友的心情而改变。这时，毒瘤的 oyiya 有了一个毒瘤的 idea，他想知道改变高度之后风筝的最长严格上升子序列。oyiya 太强了表示并不想做这种水题，你能解决这个问题吗？
思路
我们先求出新序列经过这个点的 LIS 长度，然后将它与原序列 LIS 长度（考虑是否减一）取最大值。原序列 LIS 长度需要减一当且仅当这个位置是原序列 LIS 的必经之处。
解决以上问题只需要预处理出两个数组：$pre_i$ 和 $suf_i$，分别表示不考虑修改，以第 $i$ 个点为结尾 / 开头的 LIS 长度。对于第 $i$ 个点，如果满足 $pre_i+suf_i=len+1$（len 为 总LIS 长度），则这个点在 LIS 的第 $pre_i$ 位上。枚举所有的位置，如果只有 $i$ 在这一位上，则 $i$ 是 LIS 的必经之处。
现在我们考虑修改位置 $p$ 上的值为 $h$。如果新序列 LIS 不经过 $p$，答案就是 $len$ 或者 $len-1$，取决于这个点是不是原序列 LIS 必经之处。如果新序列 LIS 经过 $p$，我们找出 $p$ 之前 / 之后第一个小于 / 大于 $h$ 的位置，经过 $p$ 和这两个位置的子序列才可能是新序列 LIS。
如何计算后一种情况呢？将问题离线，可以在计算 $pre, suf$ 数组的同时更新后一种情况的答案。
代码
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cmath>
#define maxn 500005
using namespace std;
int n,m,len,a[maxn],pre[maxn];
int suf[maxn],f[maxn],rank[maxn];
struct Node{
int a,b,id,ans;
}q[maxn];
bool afirst(Node x,Node y) {return x.a<y.a;}
bool idfirst(Node x,Node y) {return x.id<y.id;}
int main(){
freopen("kite.in","r",stdin);
freopen("kite.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
for(int i=1;i<=m;i++){
scanf("%d%d",&q[i].a,&q[i].b);
q[i].id=i;
}
sort(q+1,q+m+1,afirst);
memset(f,0x3f,sizeof(f));
for(int i=1,j=1;i<=n;i++){
while(j<=m && q[j].a<=i){
int pos=lower_bound(f+1,f+n+1,q[j].b)-f;
q[j].ans+=pos;j++;
}
int pos=lower_bound(f+1,f+n+1,a[i])-f;
pre[i]=pos;f[pos]=a[i];
len=max(len,pre[i]);
}
memset(f,0x3f,sizeof(f));
for(int i=n,j=m;i;i--){
while(j>=1&&q[j].a>=i){
int pos=lower_bound(f+1,f+n+1,-q[j].b)-f;
q[j].ans+=pos;j--;
}
int pos=lower_bound(f+1,f+n+1,-a[i])-f;
suf[i]=pos;f[pos]=-a[i];
}
for(int i=1;i<=n;i++)
if(suf[i]+pre[i]==len+1) rank[pre[i]]++;
for(int i=1;i<=m;i++){
if(suf[q[i].a]+pre[q[i].a]==len+1)
q[i].ans=max(q[i].ans-1,len-(rank[pre[q[i].a]]==1));
else q[i].ans=max(q[i].ans-1,len);
}
sort(q+1,q+m+1,idfirst);
for(int i=1;i<=m;i++) printf("%d\n",q[i].ans);
}
种花
院子落叶，跟我的思念厚厚一叠；窗台蝴蝶，像诗里纷飞的美丽章节……
题目描述
小 H 是一个喜欢养花的女孩子。
她买了 n 株花，编号为一里香，二里香……七里香……n 里香，她想把这些花分别种在 n 个不同的花盆里。
对于一种方案，第 $i$ 个花盆里种的是 $a_i$ 里香，小 H 定义其美丽值为：
$$\sum\limits_{i<j,a_i>a_j}(j-i)*(a_i-a_j)$$
另外，由于一些特殊原因，第 $i$ 个花盆里不能种 $p_i$ 里香。
现在，小 H 想知道，所有合法方案的美丽值的和是多少。你能帮她解决这个问题吗？
思路
首先我们发现这是一个错排问题。
$f_{i,j}$ 表示一共有 $(i + j)$ 个元素，其中 $j$ 个没有限制，另外 $i$ 个被禁止放入一个位置。
我们先计算 $j=0$ 的情况，也就是经典的错排问题，此时每个元素都有限制。
首先，考虑加入第 $x$ 个元素，把它放在位置 $k$，一共有 $x-1$ 种方案；
对于原来在位置 $k$ 的元素，有两种情况：
- 把它放到位置 $x$，剩下 $x-2$ 个元素错排即可，有 $f_{x-2,0}$ 种方案；
- 第 $k$ 个元素不放到位置 $x$，这时对于这 $x-1$ 个元素的错排，有 $f_{x-1,0}$ 种方案。
现在我们加入一个没有限制的元素。如果该元素放置的位置是有限制的，那么以前有限制的元素就变成了没有限制的了，有 $x$ 种选择方法，剩下的元素的放置方案数为 $f_{x−1,y}$；如果该元素放置的位置是没有限制的，那么有 $y$ 种选择方法，剩下的元素的放置方案数为 $f_{x,y−1}$。
于是得到转移方程：
$$f_{0,0} = 1$$
$$f_{x,0} = (x − 1)(f_{x−1,0} + f_{x−2,0})$$
$$f_{x,y} = f_{x,y−1} × y + x × f_{x−1,y}$$
回到这道题目本身。我们枚举每一对 $i,j (i<j)$，确定 $(j-i)$ 的值之后，剩下的贡献需要分三种情况讨论：
- $p_j$ 放在 $i$ 上，$p_i$ 放在 $j$ 上，那么有 $f_{n-2,0}$ 种方案，贡献 $a_1 = \max (0,p_j-p_i)$。
- 上述两个条件只有一个成立，那么有 $f_{n-3,1}$ 种方案，贡献 $a_2=\sum_{k=1}^{p_j-1}k+\sum_{k=1}^{n-p_i}k-2a_1$。
- 上述条件均不成立，那么有 $f_{n-4,2}$ 种方案，贡献 $a_3=\sum_{k=2}^n (n-k+1)k-a_1-a_2-\sum_{k=1}^{p_i-1}k-\sum_{k=1}^{n-p_j}k+\max (0,p_i-p_j)$。
我们是如何计算 $a_2$ 的呢？显然，当 $p_j$ 放在 $i$ 上，对于所有满足条件的 $a_j$，有$a_j-a_i = a_j-p_j$，它们的和为 $\sum_{k=1}^{p_j-1}k$。类似地，我们求出 $p_i$ 放在 $j$ 上的答案为 $\sum_{k=1}^{n-p_i}k$。由于两次计算导致和 $a_1$ 重复，故减去 $2a_1$。
对于 $a_3$，我们枚举所有的 $a_i < a_j$，它们差值的和为 $\sum_{k=1}^{n-p_i}k$。这个值包含了 $a_1, a_2$，以及非法方案 $(a_i=p_i, a_j=p_j)$，故全部减去，两种非法的方案有重复的部分，故加上 $\max (0,p_i-p_j)$。
至此，我们可以直接计算答案了：
$$\sum_{i<j}(j-i)(a_1 f_{n-2,0}+a_2 f_{n-3,1}+a_3 f_{n-4,2})$$
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define maxn 5010
#define ll long long
#define md 1000000009
using namespace std;
inline void inc(int &x,int y){x=x+y>=md?x+y-md:x+y;}
inline void dec(int &x,int y){x=x-y<0?x-y+md:x-y;}
int f[3][maxn],p[maxn],n;
int s[maxn],sum,ans,t1,t2,t3;
void init(){
f[0][0]=1; for (register int i=2;i<=n;++i)
f[0][i]=1ll*(i-1)*(f[0][i-1]+f[0][i-2])%md;
for (register int i=0;i<=n;++i) for (register int j=1;j<=2;++j)
inc(f[j][i],1ll*f[j-1][i]*j%md),
inc(f[j][i],(1ll*f[j][max(i-1,0)]*i%md));
}
int main(){
scanf("%d",&n); init();
if (n>=2) t1=f[0][n-2];
if (n>=3) t2=f[1][n-3];
if (n>=4) t3=f[2][n-4];
for (register int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",p+i);
for (register int i=1;i<=n;++i) s[i]=s[i-1]+i;
for (register int i=1;i<=n;++i) inc(sum,s[i-1]);
for (register int i=1;i<=n;++i){
for (register int j=i+1;j<=n;++j){
int res=0;
int a1=max(0,p[j]-p[i]);
int a2=(s[p[j]-1]+s[n-p[i]])%md;
dec(a2,2*a1%md);
int a3=sum;dec(a3,a1),dec(a3,a2);
dec(a3,s[p[i]-1]),dec(a3,s[n-p[j]]);
inc(a3,max(0,p[i]-p[j]));
inc(res,1ll*a1*t1%md);
inc(res,1ll*a2*t2%md);
inc(res,1ll*a3*t3%md);
inc(ans,1ll*(j-i)*res%md);
}
}
printf("%d",ans);
}