串串
原题：[CEOI 2010] pin
题意
给定 \(n\) 个长度为 4 的字符串，你需要找出有多少对字符串满足恰好 \(d\) 个对应位置的字符不同。
\(n \le 5 \times 10 ^ 4, d \le 4\)。
思路
前面忘了。
注意到恰好。
注意到容易钦定若干位置相同。
注意到我们学过一个东西叫做 two tasty shit reverse act。
后面忘了。
代码
#define int ll const int N = 5e4 + 5;int n, d;
string s[N];map<string, int> cnt[16];int c[5][5] = {{1, 0, 0, 0, 0},{1, 1, 0, 0, 0},{1, 2, 1, 0, 0},{1, 3, 3, 1, 0},{1, 4, 6, 4, 1}
};
void solve_test_case(){cin >> n >> d;d = 4 - d;rep(i, 1, n){cin >> s[i];}ll ans = 0;rep(i, 1, n){
// ll res = 0;rep(S, 0, 15){string tmp = "";int popcnt = 0;per(j, 3, 0){if(S & (1 << j)){tmp = tmp + s[i][j];popcnt++;}}ans += c[popcnt][d] * ((popcnt - d) % 2 == 1 ? -1 : 1) * cnt[S][tmp];
// cnt[popcnt][tmp]++;}rep(S, 0, 15){string tmp = "";int popcnt = 0;per(j, 3, 0){if(S & (1 << j)){tmp = tmp + s[i][j];popcnt++;}}
// ans += c[popcnt][d] * ((popcnt - d) % 2 == 1 ? -1 : 1) * cnt[popcnt][tmp];cnt[S][tmp]++;}
// deb(ans);}write(ans);
}
小 B 的诗集
原题：[POI 2018 R2] 诗集 Book of poetry
题意
你有一些文章，长度 \(a_i\) 行，标题占一行。你在印刷它们，每页 \(s\) 行，若标题出现在最后一行则空行翻页。求空行最小值。
\(n, s \le 10 ^ 6\)。
做法
先 \(a_i \leftarrow (a_i + 1) \mod s\)
无法 dp，考虑贪心。
整体不好考虑，考虑局部的一步。
考虑 \(a\) 互不相同，发现到一步，如果还有至少 2 种能用的 \(a\)，则必定可以不空行，否则取决于唯一选择。
贪心地选即可。
否则，我们就有重复的 \(a\)，为了让以后有更多选择，我们每次保证最优策略情况下，选择剩余个数最多的就好。
代码
#define int llconst int N = 1e6 + 5;int n, s;
int a[N];
vector<int> pos[N], ans;
int sum, cnt;
priority_queue<pair<int, int>> q;
void solve_test_case(){n = read(), s = read();rep(i, 1, n){a[i] = (read() + 1) % s;pos[a[i]].push_back(i);}rep(i, 0, s - 1){if(!pos[i].empty()){q.push({pos[i].size(), i});}}rep(i, 1, n){if(sum % s == s - 1){sum = 0;cnt++;}pair<int, int> mx1 = q.top(); q.pop();if((sum + mx1.second) % s == s - 1 && !q.empty()){pair<int, int> mx2 = q.top(); q.pop();ans.push_back(pos[mx2.second].back());pos[mx2.second].pop_back();sum = (sum + mx2.second) % s;q.push(mx1);if(!pos[mx2.second].empty()) q.push({pos[mx2.second].size(), mx2.second});}else{ans.push_back(pos[mx1.second].back());pos[mx1.second].pop_back();sum = (sum + mx1.second) % s;if(!pos[mx1.second].empty()) q.push({pos[mx1.second].size(), mx1.second});}}write(cnt);for(int x : ans) write(x, ' ');
}
Journey
原题：[CERC2016] 爵士之旅 Jazz Journey
题意
黑曼巴要去 \(n\) 个城市表演肘击，他的行程是一个长为 \(d\) 的序列 \(a\)。
由于黑曼巴坐飞机太久有概率遇到佐巴扬，所以他总是直飞。
黑曼巴有 \(m\) 个飞行员飞的若干航班，包括：
-
单程票，\(u\) 单向到 \(v\)。
-
双程票，但要求必须先从 \(u\) 到 \(v\) 以后，才可以选择从 \(v\) 到 \(u\)（也就是说可以不飞）。
黑曼巴还需要留钱去【数据删除】，所以请帮他省钱。
\(n, d, m \le 3 \times 10 ^ 5\)。
思路
注意到如果端点集合不同，就独立。
所以只需要考虑两个城市之间互相飞飞飞。
记录一下 \(u\) 飞 \(v\)（和反过来），\(u\) 飞 \(v\) 飞 \(u\)（和反过来）。
为了保证单程换双程一定不劣（懒得特判），并考虑双程当单程用：
u_v = min(u_v, u_v_u);
v_u = min(v_u, v_u_v);
u_v_u = min(u_v_u, u_v + v_u);
v_u_v = min(v_u_v, v_u + u_v);
不妨钦定 u_v_u \(\lt\) v_u_v，然后考虑匹配一些 u -> v，v -> u。
可以类比括号匹配，栈维护。
反过来，把 u -> v 和 v -> u 的信息完全互换即可。
接着，再把 v -> u 和 u -> v 匹配，再把剩下的花费算一下就行了。
代码
#define int llconst int N = 3e5 + 5;
const int inf = INT_MAX;int n, d;
int m;int ans = 0;struct node{int u_v, v_u;int u_v_u, v_u_v;int cnt[2];vector<int> vec;node(){cnt[0] = cnt[1] = 0;u_v = v_u = u_v_u = v_u_v = inf;vec.clear();}void ins(int t){ // t = 0 => u -> v | t = 1 => v -> ucnt[t]++;vec.push_back(t);}int calc(){if(u_v + v_u < min(u_v_u, v_u_v)){return cnt[0] * u_v + cnt[1] * v_u;}u_v = min(u_v, u_v_u);v_u = min(v_u, v_u_v);u_v_u = min(u_v_u, u_v + v_u);v_u_v = min(v_u_v, v_u + u_v);vector<int> stk;if(u_v_u > v_u_v){for(int &x : vec){x = 1 - x;}swap(u_v, v_u);}int res = 0;for(int x : vec){if(!stk.empty() && x == 1 && stk.back() == 0){stk.pop_back();res += min(u_v_u, v_u_v);}else{stk.push_back(x); }}vector<int> stk2;for(int x : stk){if(!stk2.empty() && x == 0 && stk2.back() == 1){stk2.pop_back();res += max(u_v_u, v_u_v);}else{stk2.push_back(x);}}for(int x : stk2){if(x == 0) res += u_v;else res += v_u;}return res;}
};
map<pair<int, int>, node> mp;
int a[N];pair<int, int> key(int x, int y){return make_pair(min(x, y), max(x, y));
}vector<pair<int, int>> used;void solve_test_case(){n = read(), d = read();rep(i, 1, d){a[i] = read();}m = read();rep(i, 1, m){int u = read(), v = read();char c = read_c();int w = read();used.push_back(key(u, v));if(c == 'O'){if(u < v) mp[key(u, v)].u_v = min(mp[key(u, v)].u_v, w);if(u > v) mp[key(u, v)].v_u = min(mp[key(u, v)].v_u, w);}else{if(u < v) mp[key(u, v)].u_v_u = min(mp[key(u, v)].u_v_u, w);if(u > v) mp[key(u, v)].v_u_v = min(mp[key(u, v)].v_u_v, w);}}rep(i, 1, d - 1){used.push_back(key(a[i], a[i + 1]));mp[key(a[i], a[i + 1])].ins((a[i] < a[i + 1]) ? 0 : 1);}sort(used.begin(), used.end());used.erase(unique(used.begin(), used.end()), used.end());for(pair<int, int> id : used){ans += mp[id].calc();}write(ans);
}
Photo
原题：[JOI 2021 Final] 集体照 / Group Photo
题意
给你一个序列 \(a\)，可以邻项交换，使得 \(a_i - a_{i + 1} \ge -1\)，求最小交换次数。
\(|a| = n \le 5000\)。
思路
容易发现，最后 \(a\) 要变成形如：
的若干公差为 -1 的数列拼起来。
发现不好直接算这个图形的答案，考虑 dp。
考虑 dp 的转移顺序，下标从小到大状态数显然不对，于是考虑按照值域做 dp。
令 \(dp_i\) 表示把值域 \([1,i]\) 的排到下标 \([1,i]\) 上，保证 \(i\) 是一个等差数列的结尾，此时的最小次数。
转移顺序应当是 \(dp_i \rightarrow dp_j\)。
我们需要计算将区间 \([i+1,j]\) 排好的代价，注意到直接算不好算，那么我们可以利用递推的思想，把 \([i+1, j- 1]\) 的代价递推到 \([i + 1, j]\) 上。
相当于加上 \(j\) 从右边飞到 \(i + 1\) 左边的贡献。
分析这个过程，若一个 \([i + 1, n]\) 中的数在开始的时候是在 \(j\) 左侧，现在 \(j\) 飞过来就变成 \(j\) 的右侧，根据冒泡排序理论应当造成 1 的贡献。
类比冒泡排序理论，定义逆序对 \((x,y)\) 为原序列 \(x\) 在 \(y\) 左侧，新序列 \(x\) 在 \(y\) 右侧。
则此处新产生的代价即为 \(\sum \limits _{i + 1 \le p \le n} [(p, j) 是逆序对]\)。
那么相反的，\(j\) 的移动会使得一些逆序对消失，具体地，是 \(j\) 与 \(p, i + 1 \le p \le j - 1\) 构成逆序对，现在 \(j\) 不在 \(p\) 右侧而摧毁了它。
维护区间和单点构成逆序对个数（第二类可以交换 \(x\) 与 \(y\)，转换为统计顺序对个数，进而转换为统计逆序对个数）即可，简单前缀和实现。
那么我们就能递推算出 \([i + 1,j]\) 的代价，进而实现转移。
复杂度 \(O(n ^ 2)\)。
代码
#define int llconst int N = 5010;int n;
int a[N];
int pos[N];
int cnt1[N][N], cnt2[N][N];
int f[N];void solve_test_case(){n = read();rep(i, 1, n){a[i] = read();pos[a[i]] = i;}rep(i, 1, n){rep(j, 1, n){cnt1[i][j] = cnt1[i - 1][j] + (pos[i] > pos[j]);}}rep(i, 1, n){rep(j, 1, n){cnt2[i][j] = cnt2[i - 1][j] + (pos[i] < pos[j]);}}memset(f, 0x3f, sizeof(f));f[0] = 0;rep(i, 0, n - 1){int res = 0;rep(j, i + 1, n){res -= (cnt1[j - 1][j] - cnt1[i][j]);res += (cnt2[n][j] - cnt2[i][j]);f[j] = min(f[j], f[i] + res);}}write(f[n]);
}
