A - Classroom Watch

考虑给定值是 \(x+y\)，原来的值为 \(x\)，那么显然 \(y\) 在 \(100\) 之内。暴力枚举即可。

B - Sorting the Coins

考虑一个局面对应的答案，等价于最后一个 ​​O​​ 前面 ​​X​​ 的个数 \(+1\)​。树状数组可以直接维护。对应最后一个 ​​O​​ 的位置维护可以 ​​std::set​​，也可以倒着做。做的时候因为读题 + 没想清楚浪费了很多时间。复杂度 \(O(n\log n)\)，应该可以 \(O(n)\)。

C - National Property

对于一个 \(i\in[1, n)\)​​，如果 \(s_{i}\) 不是 \(s_{i+1}\) 的前缀，那么必然存在一个 \(k\) 满足 \(s_{i,k}\ne s_{i+1,k}\) 并且第 \(k\) 位之前全部相等，或者说我们必须​造出这样一个 \(k\)。

具体而言，如果 \(s_{i,k}\ne s_{i+1,k}\)，那么有：

  • \(s_{i,k}>s_{i+1,k}\)：这时需要靠改掉 \(s_{i,k}\) 扭转乾坤。
  • \(s_{i,k}<s_{i+1,k}\)​：那么我们需要维持现状，如果说 \(s_{i+1,k}\)​ 被改了，那 \(s_{i,k}\)​​ 也应该被改，保持原有的大小关系。然而做的时候被我漏了。

然而有一点瑕疵：倘若在 \(s_{i,k}>s_{i+1,k}\) 情况中不仅改了 \(s_{i,k}\) 还改了 \(s_{i+1,k}\)，怎么办？有两种解决方案，第一种比较直接，套用 2-SAT 模型即可，“改”与“不改”分别作为 \(0,1\)。或者是采用第二种，相对简单，只要对第二种情况建图，\(s_{i,k}\to s_{i+1,k}\),当 \(u\to v\) 的有向路径存在时，如果 \(u\) 被改了，那 \(v\) 也改。最后检查一边合不合法就行了。复杂度都是 \(O(n)\)。​

D - High Cry

考虑对于每个 \(i\)，计算以位置 \(i\) 作为最大值的所有包含 \(i\) 的区间中，不合法的个数。那么这个区间 \([l,r]\) 应满足：

  • \(i\in [l,r], \max_{j=l}^r a_j=a_i\)；
  • \(\forall j\in [l,r], a_i \text{ or } a_j=a_i\)。​

第一个显然，第二个也不难理解：不合法的必然是最大值等与区间或值。单调栈计算第一个限制的边界，开个 \(\log a\) 大小的桶计算第二个限制的边界。总复杂度 \(O(n\log a)\)。

E - Delivery Club

二分答案是显然的。思考对于一个答案 \(K\) 如何判定合法性。

考虑一个 dp：\(f_t(i,j)\)​​​ 表示送完包裹 \(t\)​​，一个人在位置 \(i\)​​​，另一个在 \(j\)​​​​ 是否可能。然后有一个非常简单的优化：必然有一个人在 \(x_t\) 处，这样可以省掉一个维度。

整个 dp 数组不难维护，线段树即可。写完才发现可以用 ​​std::set​​ 直接维护 dp 值为 \(1\) 的位置，更加方便，亏大了。复杂度 \(O(n\log n\log x)\)。

F - Royal Questions

没想到，但是想到了思维深度其实也不大。考虑一个很神奇的图论模型：对于一个 \((a,b,w)\) 的公主抽象成一条无向边，那么王子就是点。最后我们选 \(k\) 个点 \(k\) 条边，并且对应的图联通。不难发现这样最终可以匹配上。

发现上面的条件实际上就是基环树！那么套用 Kruskal 生成树算法，外加记录一个连通块中是否有环，合并时随便维护一下就行了。复杂度 \(O(n\log n)\)。