赛时4题，打得很差的一场。尤其是E题，赛时一直被卡，直到结束看群友的结论后顿然醒悟，不到3分钟码出并AC，只能恨自己赛时为什么这么sb...

D

模拟 + 差分

从左到右枚举\(i\)，每一次枚举可以计算出第\(i\)个人有多少颗糖（\(a[i]\) + 前面\(i-1\)个人给的糖数\(num\)）。这样，第\(i\)个人会给出的糖数为：

numout = min(n - i, a[i] + num)

给后面的人糖的区间范围是\([i + 1, i + numout]\)。可以考虑设置差分数组\(stop\)，其中\(stop[i]\)表示枚举到第\(i\)个人时，前面\(i-1\)个人刚刚开始停止给第\(i\)个人糖的人数。这样每次可以令\(stop[i + numout + 1]++\)，用\(sumstop\)维护差分数组的前缀和，就是当前\(i-1\)个人不给第\(i\)个人糖的人数。所以上述的\(num\)便可直接计算：

num = i - 1 - sum_stop

最后每个人的糖数即为：

max(0 , a[i] + num - (n - i))

具体细节见代码

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E

贪心 + 思维，最想抽自己的一集

只需要注意答案数量不超过\(n/2\)。这样就能得到一个关键性质：前\(n/2\)个蛋糕一定放上面，后\(n/2\)个蛋糕一定放下面。（赛时因为没想到这个而坐牢\(1h\)...）

然后就没有然后了，直接前一半与后一半贪心匹配就好了，二分\(or\)双指针均可做。

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G

二分 + ST表 + 推公式

这道题不能延续题解中E的做法，需要换一个思路。其实E还有另一种做法：
二分答案，然后取答案作为前后缀长度，这样转化为判断前后缀是否一 一匹配（证明不难，略）。

前后缀一 一匹配在E中可以线性双指针来判断，在G中就不行了，因为要对\(q\)个子数组判断，复杂度\(O(nq)\)，故需要用一种更高效的方式来判断：

预处理\(a\)数组中每个位置\(i\)，满足：\(a[T[i]] >= 2 * a[i]\)的第一个位置\(T[i]\)（\(1 <= i,T[i] <= n\)）。

对于询问区间\([l,r]\)，设二分的前后缀长度为\(k\)，则对于前缀中的某个位置\(i\)（\(l <= i <= l + k - 1\)），设在后缀中需要匹配的位置为\(pos\)，则有：

r - pos = l + k - 1 - i

即\(pos = r - l - k + i + 1\)。由于需要满足\(a[pos] >= 2 * a[i]\)的性质，故：

T[i] <= pos = r - l - k + i + 1

将带\(i\)的式子移到不等式左侧，即为：

T[i] - i <= r - l - k + 1

这个不等式是对任意 \(l <= i <= l + k - 1\) 均要满足的，否则就会出现前后缀中某个位置失配的情况，而右侧为定值。故可写作：

max(T[i] - i) <= r - l - k + 1 （l <= i <= l + k - 1）

因此，若上式满足，则当前二分的前后缀匹配，可以进一步扩大正在二分的答案\(k\)；若不满足，则前后缀失配，需要缩小正在二分的答案\(k\)。

可以发现左边是求区间最大值，由于无修改，故可以用ST表预处理来维护区间\(T[i]-i\)的最大值，且ST表的查询复杂度为\(O(1)\),相对于线段树可以少一个\(log\)复杂度。

总时间复杂度为\(O(qlogn + nlogn)\)

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