T1:
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orz 盜版說的道理
T2:
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不難發現，設最終每段黑白比值為 \(C\)，則 \(\frac{\sum W}{\sum B}=C\)，我們可以直接算出每段的黑白格子比值為多少。
接下來考慮如何讓劃分割槽間最多：
-
結論： 一定是恰好滿足 \(\frac{W}{B}=C\) 的最小的區間。
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證明： 設 \([1,x],[1,y]\) 區間均滿足條件，且 \(x<y\)，發現 \(\frac{W_{1,x}}{B_{1,x}}=\frac{W_{1,y}}{B_{1,y}}=\frac{W_{x+1,y}}{B_{x+1,y}}\)，所以選 \([1,y]\) 不如選 \([1,x],[x+1,y]\)，能產生更多貢獻。
接下來模擬上述貪心過程即可。
T3：
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棋盤上放置方案問題，很容易想到動態規劃求解，觀察資料範圍，無法狀態壓縮。
但再觀察，發現某一列上最多隻能放兩個棋子，某一行也同理，所以我們可以這樣設計狀態：令 \(f_{i,j,k}\) 表示前 \(i\) 行，有 \(j\) 列放了一個棋子，\(k\) 列放了兩個棋子的方案數。
轉移時列舉第 \(i\) 行放了多少棋子：
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不放棋子，直接從上一行狀態轉移來：\(f_{i,j,k}=f_{i-1,j,k}\)。
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放一枚棋子，它可以放到之前沒有棋子的和有一枚棋子的列：\(f_{i,j,k}=\begin{cases}f_{i-1,j-1,k}\times (m-(j-1)-k)\\f_{i-1,j+1,k-1}\times (j+1) \end{cases}\)
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放兩枚棋子，可以都放到沒棋子的列，都放到放一枚棋子的列，以及分別放沒棋子和有一枚棋子的列。
轉移方程為：\(f_{i,j,k}=\begin{cases}f_{i-1,j-2,k}\times C_{m-(j-2)-k}^{2} \\f_{i-1,j+2,k-2}\times C_{j+2}^{2}\\ f_{i-1,j,k-1}\times j\times (m-j-(k-1)) \end{cases}\)
最後答案為 \(\sum_{j=0}^{m}\sum_{k=0}^{m}f_{n,j,k}\)。
T4：
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可以暴力列舉 \(a,b\)，然後 \(c\in [2b-a,n]\)，找區間最大值即可。
對於我們選擇的 \(a,b\) 間，若能在 \((a,b)\) 中找到某個下標 \(i\)，滿足 \(h_i\ge h_a\) 或 \(h_i\ge h_b\)，那麼選擇 \(i\) 是更優的。
理由很簡單，無論是從 \(a\to i\) 還是從 \(b\to i\)，都會擴大 \(c\) 的選擇區間，同時還能增大你的 \(h_a+h_b\)。
所以我們只找滿足以下條件的 \(a,b\)：
- \([a,b]\) 中最大值 \(< \min\{h_a,h_b\}\)。
這不就是找到一個數，它左右兩邊的最近的大於等於它的數嗎。直接單調棧求出，並且這樣的數對是 \(O(n)\) 級別的。
然後我們把詢問離線下來，從大到小列舉左端點進行掃描線，對於新的左端點 \(i\)，先把預處理來的數對 \((a,b),a=i\) 對答案進行更新。
如何維護答案？考慮線段樹，設 \(B_i\) 表示如果選 \(i\) 作為 \(c\)，它左邊的最大的 \(h_a+h_b\)，對於新來的數對 \((a,b)\)，將 \([2b-a,n]\) 中的 \(B_i\) 與 \(h_a+h_b\) 取 \(\max\)，這個用線段樹很好維護。
對於左端點為 \(i\) 的所有詢問，查詢區間 \([i+2,r]\) 的 \(B_i+h_i\) 的最大值。
所以線段樹維護 \(h_i,B_i+h_i\) 的最大值，支援與某個數取 \(\max\) 操作，這道題就做完了。
時間複雜度 \(O((n+q)logn)\)。