大家好屑兔子又来啦！

【A - Lexicographic Order】

  说个笑话，\(\color{black}{\text{W}}\color{red}{\text{alkingDead}}\) 和 \(\color{black}{\text{O}}\color{red}{\text{neInDark}}\) 在这题各罚了两次时，我因为不会所以没有被罚。

【B - AtCoder Quiz】不会。

【C - Inverse of Permutation】不会。

【D - Cutting Woods】

  我本来不会的，但上次都是从 D 开始讲的所以就……

  用 std::set 维护切割点，标记 \(x\) 所在段的长度就是它在集合里的后继减去前驱。

【E - Sorting Queries】

  讲个笑话，我以为 std::merge 的复杂度是较短容器的长度。

  基础的势能算法吧，用 std::multiset 维护前缀有序段，用队列维护其他无序元素。进行排序操作时暴力把队列全部塞到 set 里即可。

【F - Make Pair】

  讲个笑话，我一度想要优化一个睿智的 \(\mathcal O(n^4)\) DP。

  看到“相邻配对删除”，应该想到区间 DP，并且利用“在某一时刻相邻而现在不相邻”这一条件将序列划分为独立子问题。

  令 \(f(l,r)\) 表示将区间 \([l,r]\) 内的人全部配对的方案数（那么自然需要 \(2\mid(r-l+1)\)）。转移时枚举与 \(l\) 配对的人 \(i\)，得到转移

\[f(l,r)=\sum_{i\in(l,r],2\mid(i-l)} \binom{(r-l+1)/2}{(r-i)/2} f(l+1,i-1) f(i+1,r). \]

其中有边界 \(f(i,i+1)=1\)。组合数对应这个计数场景：“左边有 \(a\) 次操作，右边有 \(b\) 次操作，\((l,i)\) 还有一次配对操作，且必须在左边 \(a\) 次完成后进行”，那么把这一次归类为第 \(a+1\) 次左边操作，方案数即为 \(\binom{a+1+b}{b}\)。复杂度为 \(\mathcal O(n^3)\)。

【G - Groups】

  为什么 G 永远比 F 简单，永远是计数问题，永远存在更优秀的多项式算法。（其实上次就不是。

  还是想象成把球（人）放进盒子（组）里会比较舒服。我们忽略掉题目中要求“盒子相同”“盒子非空”的要求之后，会发现此时的方案数就是组合数的若干次方。具体地，我们能求得 \(f_i\) 表示将这些球放进至少 \(i\) 个盒子里，且非空的盒子本质不同的方案数，有

\[f_i=(A_i^{n/m})^{m-(n\bmod m)}(A_i^{n/m+1})^{n\bmod m}. \]

其中 \(A_n^m=\binom{n}{m}m!\) 即 \(n\) 个里选 \(m\) 个排列的方案数，\(n<m\) 时值为 \(0\)。

  此后，令答案为 \(g_i\)，根据组合意义（我当时随便凑了几个式子过样例就交了√），可以得到 \(g\) 的表达式

\[g_i=f_i-\sum_{j<i}A_i^jg_j. \]

由于是 ABC，直接递推出这个东西就可以 \(\mathcal O(n^2)\) 求解了。

  不过，显然可以用分治 FFT 优化至 \(\mathcal O(n\log^2 n)\)。我写出来大概是十倍速度。但是最优解貌似是 \(\mathcal O(n\log n)\)，仅用一次卷积的做法，有空研究√

  UPD: 谢谢，移项之后就是 \(e^x G=F\) 了，确实可以直接卷，我是屑。

【H - Snuketoon】

  令 \(f_i(x)\) 表示前 \(i\) 次射击后，站在 \(x\) 位置，受到的最小伤害。注意水枪伤害的性质，我们断言 \(f_i(x)\) 的是下凸的。虽然不难证明，但的确是本题的重点。

  所以，可以用两个 std::multiset 维护左半凸壳和右半凸壳的转折点，并保证转折点两侧的斜率差为 \(1\)（所以需要维护重点）。那么转移过程中，我们需要完成一次整体取邻域最小值和叠加一段斜率为 \(\pm 1\) 的一次函数。维护一下就好√