冒泡排序 100pts
比较显然的签到题 （好久没这么水过了）；
考虑这个错的冒泡排序，手模一下即可发现这个 $ +k $ 有点像以前做过的同余系中求和的问题，于是这个题同理，用 set 维护每个同余系的排名，最后按顺序输出即可；
对于正确性，相当于每次 $ +k $，则就相当于在一个同余系中排序；
时间复杂度：$ \Theta(n \log n) $；
点击查看代码
#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
给了1G原来是用在了bitset上；
转化题意：对于最终的序列，如1 1 1 1 1 2 2 3 3 3，将其去重后变为 1 2 3，则其合法当其为原序列 $ a $ 的子序列时；
正确性很正确（但确实想不到）；
那么设 $ f_i $ 表示长度为 $ i $ 的本质不同的子序列个数，那么最终的答案即为 $ \sum_{i = 1}^{n} C_{n - 1}^{i - 1} f_i $；
证明考虑插板法；
那么我们的问题变为了求本质不同的子序列个数，但是子序列的任意相邻两项不相等；
发现原来的不太好转移，那么多开一维，设 $ f_{i, j} $ 表示长度为 $ i $，结尾是 $ j $ 的本质不同的子序列个数，则有转移：$ f_{i, a_i} = \sum_{j = 1}^{m} f_{i - 1, j} \ (j \not= a_i) $；
那么这东西是 $ \Theta(nm) $ 的，发现长度只能是 $ 0 \ 1 $，于是我们可以将 $ i $ 这一维用 bitset 优化，复杂度 $ \Theta(\frac{nm}{w}) $；
具体实现上需要注意一些细节，比如 $ f_{i, j} $ 的基础为 $ 1 $，我们要加上这个 $ 1 $，再如维护 $ \sum_{j = 1}^{m} f_{i - 1, j} $ 时需要先减去 $ f_j $ 再更新 $ f_j $；
有一些技巧：模 $ 2 $ 意义下的的加减操作相当于异或（奇数 + 奇数 = 偶数，剩下的都是奇数），$ C_{n}^{m} \mod 2 = [(n \ \And \ m) = m] $（证明考虑Lucas）；
点击查看代码
这场挂分挺多，算是给后天攒RP了吧
Alice 和璀璨花 100pts
树状数组维护最长上升子序列，时间复杂度 $ \Theta(n \log n) $；
注意要先离散化，然后发现乘积项无法离散化，不过没有关系，直接将其赋值到比它小于等于的那个位置即可（因为求的是最长上升子序列所以没有影响，但如果这题求得是最长不下降可能就得用权值线段树了，时间复杂度 $ \Theta(n \log V) $，其中 $ V $ 为值域）；
点击查看代码
#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 与和谐号 8pts
呵呵，部分分暴搜，正解就换了种搜+剪了个枝；
好吧暴搜挂完了，36pts -> 8pts，调参少了一个；
正解是迭代加深搜索，并且剪了个枝；
发现我们的搜索树可能会很深，但答案很浅，所以可以迭代加深搜索（IDA*）；
所谓IDA*，即每次固定一个搜索上界（设为 $ up $ ），超了就返回；
对于这个题，还有一个剪枝，就是当当前搜索到的深度的估价函数 $ D(x) $ 加上当前搜索位置大于我们所规定的上界时就返回；
$ D(x) $ 怎么算？发现当前状态中，如果相邻两项 $ a_i, a_{i - 1} $ 的差 $ | a_i - a_{i - 1} | \geq 2 $ 就至少要转一次。那么记这种状态的出现次数为 $ sum $，则 $ D(x) = sum $；
所以当 $ D(x) + x > up $ 时就返回，这样就能过了；
时间复杂度：$ \Theta(能过) $；
注意在判断 $ D(x) + x > up $ 时先判断 $ x > up $ 的情况，或者直接在更新答案之前判断 $ D(x) + x > up $ 的情况也行；
点击查看代码
#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;
}