Atcoder AGC012 题解
A - AtCoder Group Contest
按照强度排序后，相邻的三个一组。
#includeB - Splatter Painting
读入所有询问后反向处理。染色的时候，在每个节点上记录它是被离它多远的点染色的，这样可以剪枝。
#includeC - Tautonym Puzzle
假设已经构造出来的字符串，前半部分是X后半部分是Y，对于一个新字符c，将原字符串改成cXcY贡献增加一倍，改成cXYc增加一，则倍增即可。
#includeD - Colorful Balls
发现最后一定是一些颜色中最轻的一部分球可以任意变动位置，这些球构成了一个“集合”，其他球位置保持不变。
所以检验一下每种颜色最轻的球可不可以与所有球中最轻的球（最轻的球的颜色则不用这个检验）交换位置，如果可以，哪些球又能和这种颜色的最轻球交换位置，最后得到每种颜色这个在这个集合里有多少个球，按照有重复元素的排列公式可以算出结果。
#includeE - Camel and Oases
显然，最多进行 l o g log log次跳跃。假设确定了当前驼峰的储水量，会发现可以把绿洲划分为一条条的线段，每条线段内部的绿洲可以通过行走互相到达，否则就需要跳跃。若把储水量为 V V V时的线段看做第0层，为 V / 2 V/2 V/2时看做第1层，为 V / 4 V/4 V/4时看做第2层……可以发现遍历绿洲就是从每层取一条线段覆盖所有绿洲。
对于第0层的一条线段，如果默认第0层选它，能不能遍历绿洲呢？
接下来就是状压DP了。首先预处理存好每层的线段，以及每层覆盖每个绿洲的线段的左右端点。设 f [ z t ] f[zt] f[zt]， z t zt zt是一个二进制状态，表示有哪些层被取了线段， f f f记录取了这些线段后覆盖 [ 1 , x ] [1,x] [1,x]这个区间，能覆盖到的最大 x x x。这个转移就通过枚举当前状态下下一次取哪一层的线段，然后取那一层包含 f [ z t ] + 1 f[zt]+1 f[zt]+1这个绿洲的线段即可。
也同样DP出一个 g [ z t ] g[zt] g[zt]，覆盖 [ x , n ] [x,n] [x,n]能覆盖到的最小 x x x。
有了f和g，我们就可以知道 m i [ i ] mi[i] mi[i]：当 [ 1 , i ] [1,i] [1,i]被覆盖时， [ x , n ] [x,n] [x,n]能被覆盖到的最小 n n n。
有了mi后，我们就可以判断第0层强制选某条线段后，其他绿洲能不能被覆盖了。
#includeF - Prefix Median
当我已经确定好前 2 i − 1 2i-1 2i−1个 a a a后，若添加两个比中位数大的数，中位数变为被添加了的数中它的后继。若添加两个比中位数小的数，则变为前驱。若添加一大一小，则不变。
将 a a a从小到大排序，显然第 i i i个中位数的值在区间 [ a i , a 2 n − i ] [a_i,a_{2n-i}] [ai,a2n−i]中。
先假设 a a a是个排列。
设 f ( i , j , k ) f(i,j,k) f(i,j,k)表示已经确定了第 i i i个及之后的 b b b，且确定 b i b_i bi前其可能能选的数值中，有 j j j个小于等于 b i + 1 b_{i+1} bi+1， k k k个大于 b i + 1 b_{i+1} bi+1的方案数。
初始值 f ( n , 1 , 0 ) = 1 f(n,1,0)=1 f(n,1,0)=1
当状态 f ( i , j , k ) f(i,j,k) f(i,j,k)往 f ( i − 1 , ? , ? ) f(i-1,?,?) f(i−1,?,?)转移时， b i b_i bi的备选方案相比 b i + 1 b_{i+1} bi+1，增加了 a i a_i ai和 a 2 n − i a_{2n-i} a2n−i两种，所以 j j j和 k k k分别加1。
每此从 f ( i , ? , ? ) f(i,?,?) f(i,?,?)往 f ( i − 1 , ? , ? ) f(i-1,?,?) f(i−1,?,?)转移时，已经确定好的（然而没体现在DP状态里）的 a a a应该要被删除两个。
接下来，假设选择备选方案中， b i b_i bi往左数第 L L L个（因为 j j j的含义是小于等于，所以这个左数是从选 b i b_i bi开始算选第一个），那么由于 b i b_i bi应当是 b i + 1 b_{i+1} bi+1的前驱，所以往左数第 L − 1 L-1 L−1到第 1 1 1个被纳入备选方案的数，都应该在之前的移动中，删除一定的 a a a时，被删除掉了，所以转移到 f ( i , j + 1 − L + 1 , k + 1 + ( L > 1 ) ) f(i,j+1-L+1,k+1+(L>1)) f(i,j+1−L+1,k+1+(L>1))。
选 b i b_i bi往右数第 R R R个，同理，转移到 f ( i , j + 1 + 1 , k + 1 − R ) f(i,j+1+1,k+1-R) f(i,j+1+1,k+1−R)。
那么问题来了，是不是所有备选方案里的数都能选呢？
其实是可以的，虽然我不会严谨证明，不过可以用CY证明法证一下：
从前往后推，每次删a时：若b值往右移，要删两个较小数，都删较小数中最大的；若b值不变，要删一个较小一个较大，较小的那个删较小数中最大的。那么每次取新的b时，都能取到备选方案中最小的数。
若改一下，删一次较小数中最小的，就能取到备选方案中第二小的数。
……
现在将排列扩展到一般序列，只需要改一个地方：若 a i = a i + 1 a_i=a_{i+1} ai=ai+1，则每次移动后， j j j的值并没有+1（ b b b的可选值种类没有增加）。同样，若 a 2 n − i = a 2 n − i − 1 a_{2n-i}=a_{2n-i-1} a2n−i=a2n−i−1， k k k的值也没有+1。
#include