Solution

赛时切了 ABCDEG，不会 F。

E

考虑使用若干个集合 S i S_i Si 维护各个数出现的位置，那么两个操作分别可以被抽象为：

在一个集合中加入一个数。
将集合 S x S_x Sx 合并到集合 S y S_y Sy 处。

对于操作一，直接插入即可。
对于操作二，考虑启发式合并：

若 ∣ S x ∣ < ∣ S y ∣ |S_x|<|S_y| ∣Sx∣<∣Sy∣，则枚举 v ∈ S x v \in S_x v∈Sx 并将 v v v 插入到 S y S_y Sy 中，最后将 S x S_x Sx 清空。
若 ∣ S x ∣ > ∣ S y ∣ |S_x|>|S_y| ∣Sx∣>∣Sy∣，则枚举 v ∈ S y v \in S_y v∈Sy 并将 v v v 插入到 S x S_x Sx 中，接着将 S x S_x Sx 与 S y S_y Sy 调换位置，最后将 S x S_x Sx 清空。

我们需要一个 O ( 1 ) O(1) O(1) 插入， O ( 1 ) O(1) O(1) 交换的数据结构，不难想到 STL 中的 vector。其交换的底层实现是直接交换指针，所以插入和交换也是 O ( 1 ) O(1) O(1) 的；相信，写过长链剖分优化 dp \text{dp} dp 的 Oier 都知道。

于是，总复杂度与启发式合并同阶，为 O ( n log ⁡ 2 n ) O(n \log^2 n) O(nlog2n)。AC链接。

因此啊，这题做法与《五彩斑斓的世界》毫无关联，不要像我一样，数据结构学傻了。

F

似乎是比赛中最难的一道题，至少本蒟蒻 VP 时及赛后看题解之前着实不太会做。

Key Observation

序列 t t t 为二分序列当且仅当其中不存在长度为 3 3 3 的下降子序列。

算法一

做过 NOI 2018 冒泡排序的人应该都很容易想到算法一吧。

考虑 dp \text{dp} dp。

令 f i , M , m f_{i,M,m} fi,M,m 表示，钦定了序列的前 i i i 位，目前的最大值为 M M M，目前没有作为前缀最大值的最大值为 m m m 时，这个状态能够达到 ( 0 / 1 ) (0/1) (0/1)。

考虑转移。假设这一位填上了 k ( k = ± p i ) k(k=±p_i) k(k=±pi)。

若 k < m k<m k<m，则不能填 k k k，不可转移。
若 m ≤ k ≤ M m \le k \le M m≤k≤M，则有转移 f i , M , m → f i , M , k f_{i,M,m} \to f_{i,M,k} fi,M,m→fi,M,k。
若 M < k M<k M<k，则有转移 f i , M , m → f i , k , m f_{i,M,m} \to f_{i,k,m} fi,M,m→fi,k,m。

边界: f 0 , − ∞ , − ∞ = 1 f_{0,-∞,-∞}=1 f0,−∞,−∞=1。

记录转移来源即可构造出一组解。然而，时间复杂度为 O ( ∑ n 3 ) O(\sum n^3) O(∑n3)，无法接受。

下面的算法就是我没想到的了，感觉还是对今后的做题有一定启发意义的。

算法二

考虑对状态设计进行转化——令 g i , j g_{i,j} gi,j 表示，看了 [ 1 , i ] [1,i] [1,i]，最大值为 j j j，没有作为前缀最大值的数的最大值最小可以为多少（有些绕口，建议多读几遍）。

为什么可以进行转化呢？这是因为，若 k 1 > k 2 k_1>k_2 k1>k2，纵使 f i , j , k 1 = f i , j , k 2 = 1 f_{i,j,k_1}=f_{i,j,k_2}=1 fi,j,k1=fi,j,k2=1， f i , j , k 1 f_{i,j,k_1} fi,j,k1 依然是比 f i , j , k 2 f_{i,j,k_2} fi,j,k2 差的。我们完全可以摒弃其中较差的那一个。

考虑 g g g 如何转移。假设这一位填上了 k ( k = ± p i ) k(k=±p_i) k(k=±pi)。

若 k < g i , j k<g_{i,j} k<gi,j，则无法转移。
若 g i , j ≤ k ≤ j g_{i,j} \le k \le j gi,j≤k≤j，则有转移 g i + 1 , j : = min ⁡ ( g i + 1 , j , k ) g_{i+1,j}:=\min(g_{i+1,j},k) gi+1,j:=min(gi+1,j,k)。
若 j < k j<k j<k，则有转移 g i , j → g i + 1 , k g_{i,j} \to g_{i+1,k} gi,j→gi+1,k。

边界: g 0 , − ∞ = 1 g_{0,-∞}=1 g0,−∞=1。

时间复杂度 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)，无法通过本题。

算法三

与算法二同构，唯一的区别在于 g i , j g_{i,j} gi,j 中 j j j 与 g i , j g_{i,j} gi,j 的实际意义调换了一下。

算法四

仔细观察我的代码，你会发现——转移的过程中，要么新的 j j j 等于 k k k，要么更新的值等于 k k k！

因此啊，状态 g i , j g_{i,j} gi,j 合法，当且仅当 j = k j=k j=k 或 g i , j = k g_{i,j}=k gi,j=k。

综上所述，我们定义状态 h i , p , q h_{i,p,q} hi,p,q 表示，目前看了 [ 1 , i ] [1,i] [1,i]，目前最大值还是非前缀最大值的最大值为 k k k（ p = 0 / 1 p=0/1 p=0/1），以及目前 k k k 是 p i p_i pi 还是 − p i -p_i −pi（ q = 0 / 1 q=0/1 q=0/1），其中 h i , p , q h_{i,p,q} hi,p,q 存储的是另一个的最大值。这样一来，只要结合算法二与算法三的转移，总复杂度就是线性的了。

总复杂度 O ( n ) O(n) O(n)，完美解决本题。代码懒得写

Summary

本题是一道非常不错的 dp \text{dp} dp 题，有一定难度。

首先，我们应该凭借直觉猜出 Key Observation，然后凭借已有的做题经验顺理成章地想出 O ( n 3 ) O(n^3) O(n3) 的算法一。关键在于优化。

算法一中的 dp \text{dp} dp 存储的只有 0 , 1 0,1 0,1 而没有具体的值，并且同对 ( i , j ) (i,j) (i,j) 对应的 k k k 之间有鲜明的强弱关系，这引导我们将第三维缩掉作为存储的值。于是得到 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2) 做法。

接着，我们需要察觉到——对于一个二分序列，从左往右扫描的过程中，一个数要么作为非前缀最大值中的最大值，要么作为前缀最大值，否则不合法。因此，得到结论——状态合法当且仅当其存储的值或其第二维度就是 k k k。然后就能得到线性的正解了。

观察整个思路流程，其实就是秉承了降维的思想，先后使用分明的强弱关系以及题目的特别性质将后两维缩掉。因此，我们要细致观察强弱关系是否鲜明以及特别性质，以便于最终将状态优化数到可以接受的量。

G

板子题。

令 f s f_s fs 表示，集合 s s s 中的字符串的 f f f 值。
令 g s g_s gs 表示，作为 s s s 中所有字符串的公共子序列的字符串数量。

通过容斥，容易得到

f s = ∑ t ∈ s ( − 1 ) ∣ t ∣ − 1 g t f_s=\sum_{t \in s} (-1)^{|t|-1} g_t fs=t∈s∑(−1)∣t∣−1gt

显然，只要求出了 g g g，则可以通过一遍 FWT O ( 2 n n ) O(2^n n) O(2nn) 地求得 f f f；所以关键在于如何求出 g g g。

注意到各个字符串中字符都是有序的，所以不难发现——若字符串 T T T 是 S s 1 , S s 2 , ⋯ , S s k S_{s_1},S_{s_2},\cdots,S_{s_k} Ss1,Ss2,⋯,Ssk，当且仅当 T T T 是有序的，且 ∀ c ∈ [ 1 , 26 ] \forall c \in [1,26] ∀c∈[1,26]， T T T 中 c c c 出现的次数不超过 S s 1 , S s 2 , ⋯ , S s k S_{s_1},S_{s_2},\cdots,S_{s_k} Ss1,Ss2,⋯,Ssk 中的任何一个字符串中 c c c 的数量。因此，通过乘法原理很容易得出， g s g_s gs 就是 s s s 中各个字符串中 1 1 1 出现的次数的最小值 × \times × 2 2 2 出现次数的最小值 ⋯ \cdots ⋯ × \times × 26 26 26 出现次数的最小值。通过递推可以做到 O ( 2 n × 26 ) O(2^n \times 26) O(2n×26)。

从而，总复杂度为 O ( ( n + 26 ) 2 n ) O((n+26)2^n) O((n+26)2n)，可以通过本题。AC链接。

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Solution

E

F

Key Observation

算法一

算法二

算法三

算法四

Summary

G

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