简单写一写题解，T3 和 T4 还是值得一记的。
恰钱
注意到，\(10^9\) 范围内的好数明显数量不多。我们甚至可以直接算出来：
\[\sum_{k=1}^{14}\binom{30-(k+1)}{k-1} \]结合这个数量，把所有好数提前搜出来，即可做到 \(O(Q\log^2 r)\) 查询。
排序
考虑 DP。设 \(f_k\) 为序列后缀 \([k,n]\) 中，\(k\) 必选时的最长栈长度。
转移时考虑枚举下一个必选数。设 \(p_k=\min_{k<j,a_k<a_j} j\)，则容易发现 \(j\) 可以选中当且仅当 \(p_k\le j<p_{p_k}\) 且 \(a_j>a_k\)。对于值域进行扫描，用线段树维护 \(j\) 的限制即可做到 \(O(n\log n)\) 转移。
图同构
有一点 tricky 的题目。
看到题目，第一反应是这题肯定很阴险，给出来的操作肯定不能直接用。别问为什么，问就是 NOIP2021 T3 PTSD。
冷静一下发现确实如此。题目描述似乎在割裂地考虑“颜色”和“点权”，但是如果我们将点权和颜色绑在一起看，则容易发现操作的含义就是将点权、颜色交换，并将两个位置的颜色都取反。所以，我们考虑新的“信息”为 \((a,c)\)，即点权和颜色二元组。
那么，如果一个连通块是二分图，则原先 \(u\) 的“信息”走到 \(v\) 时，其结果状态是唯一的。我们可以先去掉二分图的位置影响，得到每个“信息”的真实状态。容易发现，如果 \(A\) 可以变成 \(B\)，则 \(A\) 图上和 \(B\) 图上“信息”的真实状态应该可以一一配对。
如果不是二分图，则实际上有用的只有奇环上的那一条非树边，我们叫它为“奇边”。当我们在奇边上进行交换时，两个“信息”的真实状态中的颜色会被翻转。这样一来，\(A\) 图和 \(B\) 图的“信息”的真实状态不需要一一配对，而应当保证“差异的数量为偶数”。这个判断方式比较类似。
顺带一提，这道题读入量超级大，最好写 fread 快读。
找零
首先注意到货币系统的面值是题设的而非输入的，这意味着这里面可能有什么门道。
很快就注意到了，\(1\) 是最小面值，且其它面值的 \(\gcd\) 为 \(5\)。这意味着，如果商店要找零 \(x\) 元，实际上得到的 \(1\) 纸币数量是 \(x\bmod 5\)。
接下来是对于可能的操作的简化和贪心剪枝：
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\(1\) 纸币有没有可能用出去？
事实上没有可能。要么是整钱不够了，拿 \(1\) 纸币去凑出物品的价格，这样显然是在浪费；要么是，我们原本可以用整钱买下物品，但是要拿出 \(1\) 纸币换回更大面额的钱，这也没有意义。当我们要用到这张“更大面额的钱”的时候，我们要么在原始状态下用整钱买不起，要么压根不用拿 \(1\) 纸币去换它。
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怎么购买物品？
购买总价值为 \(x\) 的商品带来的 \(1\) 纸币为 \((5-x\bmod 5)\bmod 5\)，由于取模的存在，很明显应该一个一个买物品。
那么，现在这个问题已经转化为了背包问题，并且是特殊的大容量、小价值的背包。由于价值 \(\le 4n\)，所以我们可以设 \(f_{x}\) 表示总价值为 \(x\) 时，需要的最小容量，这是一个 \(O(n^2)\) 的 DP。
仍然注意到价值很小，我们利用一个常见的先贪心再调整的思路：先用类似于部分背包的贪心法，求出距离容量上界比较近的一个位置上的最优值，而后在边界上再用普通的背包暴力地做一下调整即可。
这里有另一个思路：对于价值相同的物品，我们必然选取按照容量升序排序后的一个前缀。当我们整体加入某一价值的物品时，容量关于代价是下凸的，这样就存在决策单调性，可以 \(O(n\log n)\) 地完成一次转移。
标签：颜色,NOIP,bmod,纸币,题集,我们,物品,整钱,Public From： https://www.cnblogs.com/crashed/p/16860489.html