氣泡排序 100pts
比較顯然的簽到題 （好久沒這麼水過了）；
考慮這個錯的氣泡排序，手模一下即可發現這個 $ +k $ 有點像以前做過的同餘系中求和的問題，於是這個題同理，用 set 維護每個同餘系的排名，最後按順序輸出即可；
對於正確性，相當於每次 $ +k $，則就相當於在一個同餘系中排序；
時間複雜度：$ \Theta(n \log n) $；
點選檢視程式碼
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <set>
using namespace std;
int n, k;
int a[5000005], ans[5000005];
multiset<int> s;
int main() {
freopen("bubble.in", "r", stdin);
freopen("bubble.out", "w", stdout);
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin >> n >> k;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> a[i];
}
for (int i = 1; i <= k; i++) {
s.clear();
for (int j = i; j <= n; j += k) {
s.insert(a[j]);
}
for (int j = i; j <= n; j += k) {
ans[j] = *s.begin();
s.erase(s.begin());
}
}
for (int i = 1; i <= n; i++) cout << ans[i] << ' ';
return 0;
}
染色 4pts
給了1G原來是用在了bitset上；
轉化題意：對於最終的序列，如1 1 1 1 1 2 2 3 3 3，將其去重後變為 1 2 3，則其合法當其為原序列 $ a $ 的子序列時；
正確性很正確（但確實想不到）；
那麼設 $ f_i $ 表示長度為 $ i $ 的本質不同的子序列個數，那麼最終的答案即為 $ \sum_{i = 1}^{n} C_{n - 1}^{i - 1} f_i $；
證明考慮插板法；
那麼我們的問題變為了求本質不同的子序列個數，但是子序列的任意相鄰兩項不相等；
發現原來的不太好轉移，那麼多開一維，設 $ f_{i, j} $ 表示長度為 $ i $，結尾是 $ j $ 的本質不同的子序列個數，則有轉移：$ f_{i, a_i} = \sum_{j = 1}^{m} f_{i - 1, j} \ (j \not= a_i) $；
那麼這東西是 $ \Theta(nm) $ 的，發現長度只能是 $ 0 \ 1 $，於是我們可以將 $ i $ 這一維用 bitset 最佳化，複雜度 $ \Theta(\frac{nm}{w}) $；
具體實現上需要注意一些細節，比如 $ f_{i, j} $ 的基礎為 $ 1 $，我們要加上這個 $ 1 $，再如維護 $ \sum_{j = 1}^{m} f_{i - 1, j} $ 時需要先減去 $ f_j $ 再更新 $ f_j $；
有一些技巧：模 $ 2 $ 意義下的的加減操作相當於異或（奇數 + 奇數 = 偶數，剩下的都是奇數），$ C_{n}^{m} \mod 2 = [(n \ \And \ m) = m] $（證明考慮Lucas）；
點選檢視程式碼
這場掛分挺多，算是給後天攢RP了吧
Alice 和璀璨花 100pts
樹狀陣列維護最長上升子序列，時間複雜度 $ \Theta(n \log n) $；
注意要先離散化，然後發現乘積項無法離散化，不過沒有關係，直接將其賦值到比它小於等於的那個位置即可（因為求的是最長上升子序列所以沒有影響，但如果這題求得是最長不下降可能就得用權值線段樹了，時間複雜度 $ \Theta(n \log V) $，其中 $ V $ 為值域）；
點選檢視程式碼
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
int n;
long long a[1000005], b[1000005], c[5000005], f[1000005];
int cnt;
namespace BIT{
inline int lowbit(int x) {
return x & (-x);
}
long long tr[5000005];
void add(int pos, long long d) {
for (int i = pos; i <= cnt; i += lowbit(i)) tr[i] = max(tr[i], d);
}
long long ask(int pos) {
long long ans = 0;
for (int i = pos; i; i -= lowbit(i)) ans = max(ans, tr[i]);
return ans;
}
}
using namespace BIT;
long long ans;
int main() {
freopen("alice.in", "r", stdin);
freopen("alice.out", "w", stdout);
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> a[i];
c[++cnt] = a[i];
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> b[i];
c[++cnt] = b[i];
}
c[++cnt] = 0;
c[++cnt] = -1;
sort(c + 1, c + 1 + cnt);
cnt = unique(c + 1, c + 1 + cnt) - c - 1;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
f[i] = ask(lower_bound(c + 1, c + 1 + cnt, a[i]) - c - 1) + 1;
ans = max(ans, f[i]);
int pos = lower_bound(c + 1, c + 1 + cnt, a[i] * b[f[i]]) - c;
if (c[pos] != a[i] * b[f[i]]) pos--;
add(pos, f[i]);
}
cout << ans;
return 0;
}
David 與和諧號 8pts
呵呵，部分分暴搜，正解就換了種搜+剪了個枝；
好吧暴搜掛完了，36pts -> 8pts，調參少了一個；
正解是迭代加深搜尋，並且剪了個枝；
發現我們的搜尋樹可能會很深，但答案很淺，所以可以迭代加深搜尋（IDA*）；
所謂IDA*，即每次固定一個搜尋上界（設為 $ up $ ），超了就返回；
對於這個題，還有一個剪枝，就是噹噹前搜尋到的深度的估價函式 $ D(x) $ 加上當前搜尋位置大於我們所規定的上界時就返回；
$ D(x) $ 怎麼算？發現當前狀態中，如果相鄰兩項 $ a_i, a_{i - 1} $ 的差 $ | a_i - a_{i - 1} | \geq 2 $ 就至少要轉一次。那麼記這種狀態的出現次數為 $ sum $，則 $ D(x) = sum $；
所以當 $ D(x) + x > up $ 時就返回，這樣就能過了；
時間複雜度：$ \Theta(能過) $；
注意在判斷 $ D(x) + x > up $ 時先判斷 $ x > up $ 的情況，或者直接在更新答案之前判斷 $ D(x) + x > up $ 的情況也行；
點選檢視程式碼
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
int t;
int n;
int a[55];
int ans;
void dfs(int x, int ls, int up, int sum) {
if (ans <= x - 1) return;
if (x - 1 > up) return;
bool vis = true;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (a[i] != i) {
vis = false;
break;
}
}
if (vis) {
ans = min(ans, x - 1);
return;
}
if (x - 1 + sum > up) return;
for (int i = 2; i <= n; i++) {
if (i == ls) continue;
int now = sum + ((i < n) && (abs(a[i] - a[i + 1])) == 1) - ((i < n) && abs(a[1] - a[i + 1]) == 1);
reverse(a + 1, a + 1 + i);
dfs(x + 1, i, up, now);
reverse(a + 1, a + 1 + i);
}
}
int main() {
freopen("david.in", "r", stdin);
freopen("david.out", "w", stdout);
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin >> t;
while(t--) {
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
bool vis = true;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (a[i] != i) {
vis = false;
break;
}
}
if (vis) {
cout << 0 << '\n';
continue;
}
int sum = 0;
for (int i = 2; i <= n; i++) {
if (abs(a[i] - a[i - 1]) >= 2) sum++;
}
ans = 0x3f3f3f3f;
int i = 1;
while(ans == 0x3f3f3f3f && i <= 2 * n + 2) {
dfs(1, 0, i, sum);
i++;
}
cout << ans << endl;
}
return 0;
}