24pht春6

本文搬运自本人高中时期CSDN博客，若图片加载不出来，可到原文查看：https://blog.csdn.net/zhangtingxiqwq/article/details/139125195

pht春6

A

神秘的我是在21年做的，过于久远，不想追踪

显然一个人第一步向右，最后一步向下。另一个人第一步向下，最后一步向右

假设可以求随便走的方案。然后减去相遇的方案。

假设相遇，在第一次相遇的时候交互这两个东西

再减去终点相遇的情况

B

23年做的题。

$b,c$ 最大值分别在1、 $n$ 处取得。所以令 $b_1,c_n$ 尽量小即可。

二分答案是 $V$ 。那显然令 $b_1=V$ ，那样 $c_1$ 就能尽量小。 $c_1$ 确定的。

考虑 $a_2$ 和 $a_1$ 关系

$d=0$ ，不变
$d>0$ ，要么 $c$ 变大， $b$ 变小。要么 $c$ 更大然后 $b$ 变小。

我们肯定选择第一种情况。
$d<0$ ，同理，我们肯定选择 $c$ 不变， $b$ 下降。

因此，对于确定 $b_1$ ， $c_n$ 是一个关于 $\{a_{i+1}-a_i\}$ 的表达式。

因此我们就可以二分 $V$ ，然后计算 $c_n$ 是否满足条件。

而现在 $c_n=f(V,d)$ ，每次修改只改一下 $d$ ，然后可以维护 $c_n$ 的表达式。

只有 $d>0$ 的地方 $c$ 才会变，所以 $f(V,d)=a_1-V+\sum_{d_i>0}|d_i|$

C

很熟悉。

一个单调不降，一个单调不升。

会不会就是可以前缀加，后缀加，然后使所有数的大小相等。使这个数最小。

盲猜 $c$ 满足式子。 $a$ 变大只有 $b$ 会变，否则只有 $c$ 会变。

假设知道 $b_1$ ，就可以求出 $c_n$ 。

考虑先枚举 $b_1$

然后不是求最值，不能二分，因此考虑三分 $b_1$ 的值。

为什么 $a_i$ 变时就只有一个变。

我们现在相当于求 $\sum (|b_i|+|-c_i|)$

则 $a_i=b_i-(-c_i)$

不妨令 $d_i=-c_i$

则 $b_i-d_i=a_i$

相当于两条链用绳子连起来。保证两个都是递增的就可以了。

而同时有 $\sum(|b_i|+|d_i|)$ 尽量小。

假设形状固定，那样子靠近 $x$ 轴附近会尽量小。

希望极差尽量小，所以要么 $b$ 变，要么 $d$ 变。

因此对于一个固定的序列，直接从前往后遍历，然后反悔贪心，每个物品只可能由选变成不选。

为什么可以三分。

$b_i=b_0+\sum _{\delta>0}d_i$

$c_i=a_i-b_0+\sum _{\delta<0}(-d_i)$

对于每个函数都是一个绝对值函数，也就是一个凸的函数，所有加起来还是一个凸的，所以可以三分。

~~本质是找一个点到。~~

图形框架是确定的，因此知道相对关系，那令这些数的中位数为0即可。

D

对于一个牌堆，先手的合法取法是对于任意一个前缀最多取 $\frac{n+1}2$ 个。

发现上界是所有最大值（那 $\frac n 2$ 张牌）

然后发现上界可以取得

把关心的牌设为+1，不关心设为-1.

有这么一个结论，一定存在一个圆排列中的循环排列，一定可以满足括号匹配。

证明，把最小的前缀和shift到后面去。首先后面那些数的前缀和肯定大于等于0。而对于这个前缀的任意一个前缀都大于这个前缀的末尾，因此整个都是大于等于0的。

因此此题就很好做的了。

我们就找到那个前缀和<=0的循环排列，移到后面就行。

E

先考虑最多多少次。

事实上最多只需要2次。

0次很容易check。

2次怎么做，先翻转前缀 $[1,k]$ ，然后翻转 $[k+1,n]$

比如 abcdef 然后变成 dcbafe ，相当于变成一个类似的循环排列。

现在等价于问是否能只用一次完成。

现在假设把左为+1，右为-1，则假设设翻转 $[L,R]$ ，则 $L$ 不能晚于第一次0的地方。那么在所有大于等于0的部分，显然选前缀最大的那个位置来翻，因此对后面更充足。

而 $R$ 也是一样的。

F

对每个数-1。满足任意前缀 $\ge 0$ 即可。

补充E和D的推论：

推论1：

对于任意一个 $n$ ±1 的序列，一定存在一个循环排列，使得前缀和均大于0.

更强推论2：

$n+1$ 个+1 和 $n$ 个-1，则仅存在一个是大于0的

更强推论3：

满足 $\sum a_i=1$ 即可

构造方法：找最后一个最低点。

首先全部-1，则 $\sum a_i=-1$ 。

也就是任意后缀<=-1，而这样的排列只有1个。

总共有 $(m+1)!$ 种，而对于每种只有一个，所以理论上是 $m!$ 。但是要求某张牌在最后。其特点是 $w_i=-1$ ，而只有这张才是特殊的。

因此答案是 $\frac{m!}{m+1-n}$

其中 $m+1-n$ 就是特殊牌。

G

分两步：

枚举差分总和 $2i$
枚举转折 $k$ 次

这样子对答案的贡献是多少呢？

把差分拎出来：

$\sum d_i=0$

这样子不太好做，但如果：

$\sum d_i=+-1$

那样子是好做的，相当于圆排列个数

相当于：

变化为 $2i$
转折 $k$ 次
全部 $\ge 0$
总和 $=0$

先补个1，那样子满足124是容易算的，就是把 $i$ 个元素插成 $k$ 份，就是 $\binom{i-1}{k-1}\binom{i}{k-1}$

但如果满足1234，则是 $\binom{i-1}{k-1}\binom{i}{k-1}\frac{1}k$

前面视为向下，后面视为向上。想象起始节点只有 $\frac{1}{k}$ 是等概率的。

这样子两个都枚举了。

我们要把 $k$ 次向上和 $k$ 次向下的 $2i$ 个元素分配到 $n$ 个格子里，且没有一个格子同时有向上和向下的元素。

如果不关心后面那个条件，还是容易做的。插板就完了。

反过来插板。

一共有 $n$ 个元素，那就有 $n-1$ 个板，放在排列的地方。然后交界处至少有一块板，其他位置可以有任意多块板。

则总方案数是：

$t=n-1-(2k-1)$ 块板塞到 $2i+1$ 个位置去

还是可以算的 $\binom{n-2k+2i}{2i}$

再乘回前面，我们要求的是：

$\sum_{1\le i\le m}\sum_{k\le i}\binom{n-2k+2i}{2i}\binom{i-1}{k-1}\binom{i}{k-1}\frac 1 k$

大致可以拆成 $f(i)g(k)h(i-k)$ ，后面的卷一下就行。

H

和上一题一样的。

从另一个角度来思考这个问题。

假设分成两个操作来做。

前缀变成 $b_i$ ，后缀变成 $c_i$

我们发现 $b_i$ 递减， $c_i$ 递增。

且 $b_i,c_i$ 不同时变化。（因为如果同时变化拆出来的方案就不是唯一的了）

拆完之后，问的其实是：

有多少种不同的 $b,c$ 满足：

$b$ 递减
$c$ 递增
$b_i+c_i\le M$
$b_i,c_i$ 不同时变化

令 $b_0=a_0=M,c_0=0$ 。

同时 $a_{n+1}=c_{n+1}=M$

这个东西有个技巧，移项：

$c_i\ge M - b_i = d_i$

现在相当于是：

$c_i,d_i$ 是递增的。

等价于问大家都从0开始增，最后都增到 $M$ ，有多少种方案满足： $c_i\le d_i$ 恒成立。

此时变成了第一题。

但是还有不同时变化这个限制。

通过容斥钦定在某些时候同时变化消去影响。

-1+2-3+4……

假设 $f(n,m)$ 描述的是 $[0,0]$ 到 $[n,m]$ 的方案数，则答案是：

$ans=f(n,m)-\binom{n }{1}f(n,m-1)+\binom{n }{2}f(n,m-2)+\dots$

也就是：

$ans=\sum_i(-1)^{i+1}\binom n if(n,m-i)$

组合数求的就是哪 $i$ 列同时变，那就提前给那些位置填个1.

在第一题中，是不能相遇。现在是不能超过。所以要对其中一条曲线进行平移。

而 $f(n,m)$ 可以用类似第一题的做法。

I

又是一个贪心，那要怎么贪。

考虑这个代价指的是什么。

相当于是 $a_i$ 的面积，而这个 $a_i$ 的形状就是金字塔形状。

盲猜下界是否能取得 $b_i$ ，然后样例2hack掉了。

相当于找到一个 $a$ 数组，完全包含 $b$ 数组，求这个大的部分是多少。

相当于问：

怎样的 $a$ 数组是合法的？
$b$ 怎样向上填充最小的 $a$ ？

这样的 $a$ 是怎样的：相邻的差分值之和小于等于最大值乘2.

那就是 $\sum |a_i-a_{i+1}|\le 2M$

现在要调整 $b$ 了。

首先如果 $\sum |b_i-b_{i+1}|\le 2M$ 已经合法了。

考虑一个凹下去的地方，有用只能是让他们同时+1，然后使差分向下变2

而我们只需要调整一个谷底就行。

也就是每次选择一个谷底向上调整，就可以-2了。

选最短的谷底最好。