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A. Maximise The Score
排序后输出所有奇数位之和 .
B. Permutation Printing
\(1,n,2,n-1\cdots\) .
C. Lexicographically Largest
注意到对于一个 \(a_i\) 来说 \([a_i+1,a_i+i]\) 中的所有数都可以被选中，那么问题变给若干区间，每个区间选一个数要求组成的集合字典序最大 .
从大到小扫描每次能选则选即可 . 具体实现中可以按右端点排序扫一遍依次检查能不能选当前区间 .
D. Sum over all Substrings
注意到对于一个 \(p\)-good 的串 \(q\)，如果 \(q_i=\tt1\) 那么它可以提供 \(p_{i-1},p_i,p_{i+1}\) 作为 \(\tt1\) 的区间，这样隔 3 个放一个则可以知道对于一个不包含 \(\tt 000\) 的段来说其答案就是 \(\lceil\frac{len}3\rceil\) . 暴力计算每一个子区间的答案即可通过 Easy Version .
对于 Hard Version，令 \(dp_i\) 表示 \([i,n]\) 所有前缀的答案，考虑在开头加一个字符的影响：
- \(p_i=\tt 0\)：并没有什么影响，\(dp_i=dp_{i+1}\) .
- \(p_i=\tt 1\)：可以设置 \(q_{i+1}=\tt1\) 来覆盖当前位，\(dp_i=dp_{i+3}+(n-i+1)\) .
那么就 \(\Theta(n)\) 解决问题了 .
E. 2..3...4.... Wonderful! Wonderful!
考虑如何判定一种最终局面能否被达成，考虑用一个长度为 \(n\) 的 01 串 \(s\) 表示，其中 \(s_i=0\) 则表示最终的序列中保留 \(i\)，反之则是 \(i\) 被删除 .
断言：\(s\) 合法当且仅当 \(s_i\) 中存在一个 0 使得左右都有至少 \(k\) 个 1 且 1 的个数是 \(2k\) 的倍数 .
证明：
- 如果这个 0 左右都有 \(k\) 个 1，直接操作一次即可 .
- 如果 \(s\) 中共有 \(4k\) 个 1，以 1 多的一侧中中的某个 1 为中心操作一次即可归约至上一个情况 .
- 其他情况，在某一侧随便只用 1 操作一次即可让对应侧 1 的个数减 \(2k\)，不断进行操作即可归约至上一个情况 .
从而证明完毕 .
那么枚举 \(k\) 和剩下的元素数量 \(x\)，单步容斥然后插板即可得出方案数为 \(\binom nx-\binom{x+2k-1}x\)，可以简单计算 . 因为总枚举量是调和级数的所以时间复杂度为 \(\Theta(n\log n)\) .
F. Maximize the Difference
先考虑如何计算 \(f(b)\)，固定 max 和 min 的取值 \(b_i,b_j\) 后考察 \(\max_x\{(b_i\mathop{\rm or}x)-(b_j\mathop{\rm or}x)\}\)，按位考虑，不难发现只有 \(b_i\) 对应位为 0、\(b_j\) 对应位为 1 时或 \(x\) 这个操作才可能产生贡献，那么可以得到此时的答案就是 \(b_i\mathop{\rm and}\text{~}b_j\)，其中 \(\text{~}x\) 是 \(x\) 按位取反后的值 .
那么就是要支持末尾插入，查询 \(\max\limits_{i,j}\{b_i\mathop{\rm and}\text{~}b_j\}\) . 考虑到 \(\sum n\) 有限制，维护集合 \(A,B\) 表示当前的 \(b_i\) 和 \(\text{~}b_i\) 二进制下所有子集组成的集合 . 每次插入的时候动态维护 \(A,B\)，均摊下来最多进行 \(n\) 次插入，插入的时候动态维护 \(A\cap B\) 中元素的最大值即可 .
时间复杂度 \(O(\sum n+\sum q)\) .
标签：题解,tt1,cell,即可,mathop,text,rm,think,dp From： https://www.cnblogs.com/CDOI-24374/p/18019508