JOISC2017 Day1 开荒者 Cultivation
首先进行转化，转化为对于每个点 \(x,y\)，将其扩成一个左上角为 \((x-a,y-c)\) 右下角为 \((x+b,y+d)\) 的矩形后覆盖整个 \(R\times C\) 的大举行。首先考虑枚举 \(a,b\)，那么我们可以得到平面上的几条垂直线段，那么我们可以得到一些关于 \(c,d\) 的不等式。对于每行，令其最左侧穿过的线段到第一列的距离为 \(f\)，最右侧穿过线段到最后一列的距离为 \(g\)，相邻两条穿过的线段最大间距为 \(h\)，那么需要 \(c\ge f\)，\(d\ge g\)，\(c+d\ge h\)。也就是分别确定了最大的 \(f,g,h\) 就可以确定出最小的 \(c+d\)。
但是这样复杂度是不可接受的。我们发现 \(a+b\) 不变的情况下，\(a\) 的变化只会导致 \(f,g,h\) 发生一些平移，不会改变值。我们可以直接枚举 \(a+b\)，然后找到一个长度为 \(R\) 的区间，然后分别取区间内最大的 \(f,g,h\)，这个东西可以单调队列维护。同时容易发现可能的 \(a+b\) 只有 \(O(n^2)\) 种（\(x_i-x_j\) 和 \(C-x_i+x_j-1\)）。同时我们发现对于一种 \(a+b=k\)，它每一行所穿过的线段对应的点一定是将原先的所有点按 \(x\) 排序后的一段区间，所以我们提前预处理出区间的 \(f,g,h\) 即可 \(O(n^2\log n)\) 预处理，\(O(n^3)\) 求解。
https://qoj.ac/submission/108987
JOISC2017 Day1 港口设施 Port Facility
首先考虑使用 01 并查集。考虑扫描线，扫的时候扫到左端点就将这个点加入中，然后右端点就把仍然存在的且左端点位于 \([l_i+1,r_i-1]\) 的点和它进行连边（0连1，1连0），再把这个点给删掉。考虑把这个操作放到线段树上去，每次若这个区间中有点就对这个区间打上 tag，合并 tag 时只需要两个 tag 的点 0连0，1连1 地连边。每次删点的时候再把所有有关这个点的 tag 给下放。复杂度 \(O(n\cdot \log n\cdot\alpha(n))\)。
实际上有更简单的解法：还是考虑那样连边，但是可以均摊暴力把每次要和当前点连边的点给合并了。这样就不需要线段树维护了。
https://qoj.ac/submission/108520
JOISC2017 Day1 手持花火 Sparklers
先二分 \(v\)，然后把 \(v\) 乘到 \(T\) 上变成 \(v=1\)，然后再 \(a\times 2\)，\(T\times 2\) 规避分数。然后考虑最优情况一定是碰上不直接传火，而是跟着它走然后火没了再续上，这样就变成了只有一个移动的火把，然后遇到人可以续火。然后我们也一定是一直保持走动，遇到人再回头。我们我们遇到人之后，只需要考虑向左走还是向右走，于是相当于就是把 \(k\) 之前的人和 \(k\) 之后的人分开，\(a\) 为和前面一个人的距离，然后每次从两个队列中选一个头然后删掉，并获得 \(a-t\) 的代价。考虑划分连续段，先从前往后，如果段和 \(>0\) 就截断，可以截成一些和 \(>0\) 的段，然后记录每个段的最小前缀和，就可以贪心了。最后会剩下一个段和 \(<0\) 的段，可以从后往前考虑，就是相同的问题了，并且一定是能划分完的。复杂度 \(O(n\log V)\)。
https://qoj.ac/submission/108573
JOISC2017 Day2 星穹铁道 Railway Trip
首先肯定是每个点不断往比自己大的点跳，然后两边同时跳到同一个点。考虑我们按照这种题的套路，每次记录能跳到的最左侧的点和最右侧的点，这样跳 \(x\) 步跳到的端点是唯一的。注意到，如果 \(u,v\) 分别跳 \(x,y\) 步到的这样的端点恰好无交，那么 \(u\) 的端点再跳一步一定能到达 \(v\) 的一个端点。而跳到恰好无交的过程是唯一的，所以直接先倍增 \(x\) 再倍增 \(y\) 即可。
https://qoj.ac/submission/108495
JOISC2017 Day2 门票安排 Arranging Tickets
见 https://www.cnblogs.com/TetrisCandy/p/17166793.html。这题过于厉害了。
JOISC2017 Day3 幽深府邸 Long Mansion
法一：直接暴力扩展，要注意继承能经过的点的答案，复杂度是正确的，但是不大会证明。
法二：令 \(f_l\) 表示 \(>l\) 的位置的第一次出现 \(c_l\) 的位置，\(g_r\) 表示 \(<r\) 的位置的第一次出现 \(c_r\) 的位置，那么对于 \(i\) 要找到极小的 \(i\in [l,r]\) 满足 \(r<f_l\) 且 \(l>g_r\)。对于每个 \(l\) 记录最小的满足要求的 \(r\)，然后更新区间的答案。
https://qoj.ac/submission/108097
JOISC2017 Day3 自然公园 Natural Park
首先考虑一种链的做法：维护一条包含 \(0\) 的链 \(x\to y\)，对于要新加入的节点 \(z\)，问出在 \(x\) 左边还是 \(y\) 右边。设在 \(y\) 右边，考虑 \(W(y,z)\) 表示问出 \(y,z\) 中间的链的过程，我们通过二分问出 \(y\to z\) 中的最小的点 \(w\)，然后 \(W(y,w)\)，\(W(w,z)\) 即可求出答案。
然后考虑树的做法：考虑维护当前的包含 \(0\) 的连通块，然后每次新加入的 \(z\)，先问出一个 \(y\) 使得 \(y\to z\) 的路径使得不经过原连通块。这个可以边分治，然后看哪一半树上存在这样的 \(y\)。这同样可以对 dfs 序进行二分得到。问出 \(y\) 之后就可以 \(W(y,z)\) 了，分治理论复杂度 \(O(n\log_{1.2}n)\)，但是跑不满。
然后考虑图的情况：我们仍然找到类似的 \(y\)，方法仍然是对生成树进行边分治/二分，但是每次将一个点和原连通块相连的时候，需要把所有邻点问出来，这个和求 \(y\) 的方法本质相同，理论次数 \(kn\log_{1.2}n\)，但是稍微剪枝一下就可以直接过。
https://qoj.ac/submission/108269
JOISC2017 Day4 绑架2 Abduction 2
考虑直接记忆化搜索，每次找到拐弯的点。复杂度我也不大会正，但是看上去非常对。
https://qoj.ac/submission/108328
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