T1 序列 [貪心，模擬]
Description
給定一個序列，每次可以將一個數減一，求讓所有數字互不相同的最小運算元，\(0\) 除外，也就是 \(0\) 可以相同。
Solution
貪心地，從大到小考慮每個數，都只需要減到第一個沒有數出現的數。
開個桶從大到小累計答案即可。
T2 XYD [構造]
Description
給定 \(n\)，構造一個長度不超過 \(6000\) 且僅含 X Y D 三個字母的字串，使得子序列 XYD 恰好出現 \(n\) 次。
Solution
對於每個 X，假設後面有 \(k\) 個 YD，那麼它們產生的貢獻是 \(\sum_{i=1}^k i\)。
於是我們可以把 \(n\) 拆成許多個數的階加即可。
可以選擇最大到 \(2000\) 的階加，如果過大那麼字串長度可能超過 \(6000\)。
T3 大 [狀壓DP]
Description
初始序列 x 和 y，有 \(m\) 個操作序列 a，每次操作可以把 x 每一個元素變為 \(\max(x_i,a_i)\) 或對 y 進行同樣操作。
最大化 \(\sum \max(x_i,y_i)\)。
Solution
考慮每一位，假設它的操作是獨立的，那麼我們肯定貪心地每一位選最大的是最優的。
但是一個序列只能對 x 和 y 其中一個操作，不能同時操作兩個，所以這便涉及到最優分配。
為了方便處理，我們可以把取最大值的操作轉換為賦值操作，也就是取一堆最大值，相當於把一個最大的直接賦值給它，考慮哪些位上被賦值，哪些位保留。
綜上，要考慮到賦值哪些位，還要考慮到賦值給 x 或 y，於是我們選擇 dp 求解。
設 \(f_x(i,j)\)，\((1\le i\le m)\)，\((0\le j\le 2^{2n})\) 表示考慮前 \(i\) 個操作序列，現在是第 \(i\) 個，賦值狀態為 \(j\)，且賦值給 x，所能取到的最大答案。\(f_y(i,j)\) 同理。
顯然直接轉移狀態數是會炸的。
但是，每一位我們只需要考慮前 \((n+1)\) 大的，因為最壞的情況就是，x 想要的都被 y 搶走更優，那麼 y 最多能佔用 \(n\) 個，\(x\) 選第 \((n+1)\) 個即可。然後又因為一共有 \(n\) 位，所以狀態數最多隻有 \(O(n(n+1))\)。dp 的複雜度為 \(O(n(n+1)2^{2n})\)，非常正確的時間複雜度。
然後空間上，把第一維滾掉即可。
dp 虛擬碼：
for(int i : 1 ~ m){
for(int j : 1 ~ n){
if(id[i][j] <= n + 1){ // 每位只考慮前 (n + 1) 個
for(int k : 1 ~ 2^2n){
if(第 j 位被選了){
fx[k] = max(fx[k], fx[k ^ (1 << (j - 1))] + a[i][j]);
}
}
for(int k : 1 ~ 2^2n){
if(第 j 位被選了){
fy[k] = max(fy[k], fy[k ^ (1 << (j + n - 1))] + a[i][j]);
}
}
}
}
// 合併答案 滾動陣列
fx[] = fy[] = max(fx[], fy[]);
}
// 把沒賦值的加上原來的值
for(int i : 1 ~ 2^2n){
for(int j : 1 ~ n){
if(第 j 位沒被賦值){
fx[i] += x[j];
}
}
for(int j : n+1 ~ 2n){
if(第 j 位沒被賦值){
fx[i] += y[j];
}
}
}
ans = max{fx[]}; // 用 fy[] 也行，因為已經合併了
Summary
DP 好題，把取 \(\max\) 轉化為了賦值，並巧妙利用了題目 \(n\) 的資料範圍。