MX-X21

并没有参加 MX 比赛，这是一篇补题笔记。

T3

神人数据，一个显然假的贪心是从前往后能放就放，最后尝试将前后两端合并起来。

然后你会发现将近 50 个测试点还全是多测的情况下，我们仅仅 WA 了最后一个测试点。于是我们考虑将序列翻转做一遍，或者随机化选几个开头多做几遍我们就过了！

正解显然应该每次找最小值向两边拓展，但这样做显然比较困难，可能需要线段树带 \(\log\)，但由于跑不满（没卡）所以能够在 \(n = 3e7\) 的时候通过！

怎么优化到 \(O(n)\) 呢，我们考虑只需要向左拓展到最远，那么拓展到的点一定是某一段的开头。而向左拓展的过程可以通过单调栈维护最大值最小值来达成。我们终于用正解通过了这个题！

T4

这个题数据很诡异。我只是漏了一个特判就被活活打断了双腿获得了 \(0\) 分。

首先如果全 \(1\) 或者全 \(0\) 是好判断的。

然后这种博弈题不妨找找必胜态或者必败态，玩一玩首先发现一个时刻连续 \(0\) 块和 \(1\) 块个数相同。接着发现当出现 \(10101010\) 时先手就输了。因为后手可以跟着先手拿的拿，这样最后一定出现 \(101\) 或者 \(010\) 的情景，这时候 \(1\) 或者 \(0\) 玩家连拿两个就赢了。

进一步分析我们发现，如果一个人拿完后同种颜色的块只剩一个则对手就赢了，所以每个人都要尽量不先拿完。所以每个人每次都只会取走一个，并且尽量不把一个块取完。

所以每个块对一个人的贡献是块长减一，由于两种块的数量相同，所以我们只需要判断 \(0\) 和 \(1\) 的数量即可得到胜者。

当然我们需要特判一下，如果总共就只有两个块，那么先手直接拿完了，不需要判断了。

T5

其实这个计数真的很汤吧。但这场单调栈怎么出现频率这么高。

第一档分好做，对于第二档分我们手玩一下会发现对于一个序列中的点 \(a_i\)，对于满足条件的 \((i, j)\)，\(j\) 是满足单调性可以二分的。于是有 \(O(n^2\log n)\) 的做法。

到这里直接做就行不通了，考虑如何判定一个段的合法性（这里令第一位为 \(1\)）。发现段中每次删除的 \(0, 1\) 数量都相同，于是我们需要任意前缀中 \(1\) 的数量大于等于 \(0\) 的数量。于是将 \(0\) 看作 \(-1\)，求出前缀和。则 \((i, j)\) 合法当且仅当 \(\forall k \in [i, j] s_k - s_{i - 1} \geq 0\)。二分加上数据结构维护 \([i, j]\) 中的最小值即可判定。复杂度 \(O(n\log^2n)\)。

但这么做其实比较蠢，我们从 \(n \to 1\) 扫然后用单调栈或者dan'diao维护一下即可。