JOISC 2014
loj 上有几乎全部的题目，写了题意的就是 loj 上没有的。
D1T1
想到了最短路的做法，不过可能还需要整体二分，复杂度至少有 2 log。
有复杂度更优秀的贪心做法。把边按时间倒序加边，然后从终点开始 dfs 来更新每个点可以的最晚出发时间，每条边走之后肯定就不会再让答案变优了，可以删掉，然后把询问离线下来，顺次 dfs，因为每条边只会被遍历一次，于是复杂度除开排序是线性的了。
D1T2
很新奇的贪心题。
从小到大考虑每个数，此时一个数左右两边比他大的数肯定是连续一段，那么直接将这个数移动到较短的那一段的端点即可，这样不仅单次是最优的，而且不会影响后面的数，所以是正确的。
复杂度 \(O(n\log n)\)。
D1T3
回滚莫队模板题。
首先考虑用莫队，但是我们发现在删除时不好维护最大值，那就想办法不删除，这就是回滚莫队。具体地，对于莫队指针的左右端点，右端点还是和普通莫队一样，每次往右移，然后记录下当前值。左端点就不太一样了，每处理完一次询问就回到左端点所在的段的末尾，然后令答案回到之前记录的值，这样就可以保证在不删除的情况下答案正确。
D1T4
交互题。
首先很容易做到 \(2n-2\) 次，考虑优化。我们先两两分组，把每组中大的分为一组，小的分为一组，在这两组中分别找最大最小，就只需比较 \(3\left\lfloor\dfrac{n}{2}\right\rfloor-2\) 次。
其实可以直接用 STL 的 minmax_element，实现方法和上面说的一样。
D2T1
有点硬的题目。
可以先类似多源 bfs 一样求出哪些建筑是可能对答案产生贡献的，然后就剩求两点间最大值最小的路径，直接上 Kruskal 重构树即可。复杂度 \(O(HW\log(HW)+n\log^2n)\)。
D2T2
很抽象的题目。
容易发现，如果一个点的出度大于 1，那么它能到的所有点最后都会被连成完全图，于是每次暴力合并即可，复杂度 \(O(n\log n)\)。
ps:我也不知道为啥这样做时间复杂度是对的。
D2T3
很神仙的 DP。
我们最优的做法肯定是会绕圈，但是根据贪心思想，绕圈的点是会贪心匹配的，就是说如果把下行到上行看成左括号，上行到下行看成右括号，那么最终一定是一组合法括号序，于是就可以用括号序上 DP 的常见套路，记 \(f[i][j]\) 表示考虑到前 \(i\) 个车站，已经有 \(j\) 个左括号还未匹配的最小代价，转移分为直接盖邮戳，从下行经过时盖邮戳，作为左括号和作为右括号 4 种，分类转移即可。
D3T1
简单题。
给每个字符赋随机权值，保证随机权值之和是 0，那么一个区间合法当且仅当这个区间的和是 0，于是用 map 维护即可。
D3T2
感觉不是很好想。
考虑 CDQ 分治，那么此时我们要统计的就是左下角在 \([l,mid]\)，右上角在 \([mid+1,r]\) 的矩形个数，考虑按 \(y\) 从大到小加入左侧点，维护 \(x\) 递减的单调栈，这样可以求出以这个点为左下角的矩形的纵坐标上界，然后右边再维护横坐标递增的单调栈，就可以求出答案了。
D3T3
首先容易看出充要条件：一条边合法当且仅当在所有奇环的交里，且不在任意一个偶环里。
然后考虑建出 dfs 树，计算每一条边在几个奇环和偶环中出现。
具体地，对于一条非树边，如果只有一个奇环，那么这条非树边就合法，否则如果两个奇环相交就会构成一个大偶环导致非树边不合法，不相交就会直接无解。于是求出树上合法的边数，再判断是否只有一个奇环即可。
D4T1
有点硬的计算几何题。
首先，两个三角形不交当且仅当存在公切线，那么我们可以枚举公切线来计算答案。
具体地，我们枚举一个点，然后把剩下的点按极角排序，然后顺次枚举与另一个点的连线作为公切线，这时满足条件的三角形一定是一个在公切线下方，另一个在公切线上方，于是就可以直接统计答案了。
注意每一对三角形会被统计 4 遍，最终把答案除以 4 即可。
D4T2
题意
通信题。
一个带边权的有向图，Alice 知道完整的图，但是 Bob 不知道其中 \(k\) 条边的边权，保证这些边的起点是同一个点，现在有 \(q\) 次询问，每次要求出两点间的任意一条最短路，Alice 可以向 Bob 传不超过 64 位的 01 串，从而让 Bob 回答询问。
思路
很厉害的通信题。
先考虑 90bit 的做法。
如果我们知道了在一次询问中走哪条 -1 的边比另外的一条边更优，我们就可以知道这次的路径。
记两次询问中起点到 A 的距离分别为 \(a,b\)，那么对于两条边 \(u,v\)，可以求出一个阈值 \(w\)，满足 \(a-b<w\) 时走 \(u\) 更近，于是就可以求出在所有询问中有多少次是走 \(u\) 更近的，总共最多是 \(\log(Q+1)\times 5\times (5-1)/2=90\) 位。
考虑优化。我们依次考虑每条边，只维护当前状态向多一条边的状态下，每条边和新的边相比会有多少次询问是更近的，这样我们维护的信息在每一次的和不超过 \(Q\)，而我们维护的信息个数分别是 \(1,2,3,4,5\) 个，最劣情况下是维护的信息都相等，那么我们需要 \(\log((60+1)\times (30+1)^2\times (20+1)^3\times (15+1)^4\times (12+1)^5)=64\) 位，可以满足限制。
D4T3
简单题。
根据 A,B 的正负性分类。
- A>0,B>0，选择这些挂饰不仅会让答案变优，而且挂钩的数量也不会减少。
- A=0,B>0，这些挂上后就不能再挂东西了，可以放在最后处理。
- A>0,B<0，这些就是用来增加挂钩的数量的，那么对于每种挂钩的数量，我们只需知道挂饰最大的代价。
总结一下，就是先求出第一类贡献，然后用背包求出第三类挂饰的贡献，然后对于每种数量的挂钩，我们按贡献从大到小取第二类挂饰即可。复杂度 \(O(n^2)\)。
标签：log,记录,题解,复杂度,JOISC,括号,提交,2014,答案 From： https://www.cnblogs.com/Xttttr/p/18013707