CF好题_Oct

D. Training Session
给定n个互不完全相同的$(x,y)$对，统计有几个三元组，满足$x$互不相同或$y$互不相同
https://codeforces.com/contest/1598/problem/D

题解：组合，正难则反，注意条件中的互不相同!

B. Frog Traveler
一开始在位置$n$，对于每个位置，你可以向上跳$[0,a_i]$，但是到每个位置后，你会向下滑$b_i$，问最少跳几次到达位置$0$
https://codeforces.com/contest/1601/problem/B

题解：BFS-style DP，记$f_i$表示从$n$到$i$ (还没滑下去)所需最小步数，从$n$开始更新，显然先被更新到的就找到最小的了，又由于每个点$i$能更新的点是$[i+b_i-a_{i-b_i},i+b_i]$，即从更后面开始往前的区间，所以整个更新过程的区间一定是不跳跃的，是从尾部逐渐推进的，所以满足单调性，可以$O(n)$解决
Tips： BFS-style DP，每个点只有1次机会去更新别人，如果更新的是区间，也可以线段树，但是这题区间连续于是就是$O(n)$了。实现的时候和BFS一样用队列存，先进先出。

C. Optimal Insertion
给定2个数列{a},{b}，要求把b中的数字任意插入a中，也就是a的顺序不变，b的顺序可变。要求插入后逆序对最少，求之
https://codeforces.com/contest/1601/problem/C

题解 ：逆序数，性质比较难发现，也就是每个$b$找到自己局部最优位置的时候，一定可以达到全局最优。简单意会就是，小的数肯定更喜欢往前跑，大的数往后跑，自然就能保证$ab$交互的最优也是$b$的最优($b$递增序)。简单证明by caoyang1123：假设$b_i$增大，然后它的最优位置反而左移，那么左边一定存在一些比当前$b_i$大的值，左移过了这些值才能更优，但是原来bi更小，因此左移过这些值对之前也更优，矛盾。
问题转化为找每个$b$的最佳插入位置，我们记$p_i$表示插入到$a_{p_i}$之前，所以$p_i=n+1$表示插到末尾。
1.显然我们按 $b$ 顺序处理，不妨升序
2.考虑 $b_{i+1}$ 带来的改变量，只有 $b_i\le a\le b_{i+1}$ 的 $a$ 会产生影响，这样更新显然每个 $a$ 只会出现一次(?)
3.考虑怎么影响，我们假设一开始是一个极小的数字，即每个$a$都对后面位置有一个贡献。当$a$大于等于$b$的时候要去掉对后影响，$a$大于$b$的时候要加上对前影响，所以其实好麻烦，要两个指针。
总结：线段树+单调指针扫过去更新

法2：我们深度挖掘一下性质，考虑到如果找到了$b_{mid}$的位置$p_{mid}$那么其他数字只能在左右两边，所以可以尝试用分治法(类似快排)，每层类似法1也是加加减减，但是是暴力重新统计

E. Arena
当前有$n$个数，则每个数减$n-1$，此时若某个数小于等于$0$则被淘汰，存活的$n^{\prime }$个人重复以上操作，给定$n$和最大数字$k$，初始数字要在$[1,k]$之内，问有几种初始情况下，不会产生最终(不死的)胜利者
$1\le n,k\le 500$
https://codeforces.com/contest/1606/problem/E

题解 ：DP+组合，题目类型是比较显然的，考虑怎么设计状态。
第一种想法是直接基于组合的，如$f[i][j]$表示$i$个人，最大数字(且取到)$j$，考虑能否$O(n)$地扫一遍$f[i-1][k]$并结合组合知识搞定，不过这道题显然不可以(?)
第二种想法是基于模拟的，这种一轮一轮的游戏就很适合用这种方法，显然除了上文的$i,j$,转移时我们最关心的是小于等于$i-1$的人有几个，记为$k$。
则dp转移方向是$f[i][j][k]\leftarrow f[i-k][j-i+1][....]$
结合组合知识：$f[i][j][k]=\sum C_i^k\ast (i-1{)}^k\ast f[i-k][j-i+1][l]$
解释：谁死*死的时候是$[1,i-1]$哪个值
然后我们惊喜的发现，这个$l$非常没有存在感，直接合并就好了，或者直接O(n)记一下，每个$k$直接用也是可以保证复杂度正确的
合并后即$f[i][j]={\sum }_k{C}_i^k\ast (i-1{)}^k\ast f[i-k][j-i+1]$
初值即游戏结束状态，$f[1][j]=1$或$f[1][j][0]=1$
（其实我不是很分得清到底是=n还是=1，实际上是=1，但是我太菜了，想不清楚）

D. Difficult Mountain
一开始有$n$个人，爬山难度$d$，爬山难度会改变，记之后的爬山难度为$d^{\prime }$。第$i$个人可以爬上$d^{\prime }\le s_i$的山，但是第$i$个人爬完后，爬山难度$d^{\prime }=max(d^{\prime },a_i)$，求最多能爬上去几个人
https://codeforces.com/contest/1602/problem/F

题解：感觉很贪心，我们故技重施，考虑两个人：若两个人都是$s>a$，我们肯定希望把$s$大的放后面；若两个人都是$s\le a$，如果二选一的话，我们肯定希望选前者，如果有可能两个都选的话，我们肯定希望$a$大的在后；若一个是$a$大，一个是$s$大，如果其中是$s_{max}\ge a_{max}$，显然是把$s_{max}$放后面，完美衔接还不会更劣，如果是$s_{max}<a_{max}$，显然还是把$s_{max}$放前面，否则$s_{max}$这样一个不会更劣的好人肯定没机会选上了，然后$a_{max}$能不能取到，后面的人能不能接上那就不是这两个人考虑的事情了。综上，按$max(s,a)$排序后模拟

D. Red-Blue Matrix
给$n\ast m$的矩阵按行染色并按列划分成两部分，要求左边的红色都大于左边的蓝色，右边的红色都小于右边的蓝色。若可以，给出方案
$n,m\le 5e5，nm\le 1e6$
https://codeforces.com/contest/1606/problem/D

题解：题目要求的方案是非常严格的，但也非常复杂不好处理，我们可以弱化条件！我们按照每行第一个数重排每一行，显然此时可能的染色只能是横切一刀，划分是竖切一刀，我们可以从四个角开始预处理就可以$O(1)$判断方案是否合法，综上$O(nlogn+nm)$