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T1 捏捏

这个题才是签到题。

右边为逆序对总数。为左边的值找一个具体意义，我们将证明这个值不大于等号右边的值。

考虑冒泡排序，右边即冒泡排序交换的次数（每交换一次一定减少一个逆序对）。左边一定不大于冒泡排序交换次数，因为左边的值只考虑了复原需要向左移动的数，而未考虑向右移动的数。更具体的是左边就是冒泡排序交换次数的下界。

观察何时不能达到下界。如果一个数既往右边移动又往左边移动即无法到达下界。所以如果有类似于 3 2 1 这样的子序列一定不合法，也即如果存在长度为 \(3\) 的下降子序列即不合法（这里已经可以推导出 DP 定义）。

也可以考虑动态地向后加入数，计算两边的增量，分类讨论：

• \(a_i \geq i\)：此时 \(a_i\) 为前 \(i\) 个数的最大值，因为 \(a_i - i\) 表示 \(i\) 之后有 \(a_i-i\) 个比 \(a_i\) 小的数，那前 \(i\) 个数一定都不大于 \(a_i\)；
• \(a_i \leq i\)：\(\max(0.i-a_i) = 0\)，那就说明后面没有比 \(a_i\) 更小的数，满足 \(1 \sim a_i\) 全部出现。

那么加入的 \(a_i\) 要么是新的前缀最大值，要么更小的数已经全部出现过。

可以得到一个 \(O(n^2)\) 的转移，定义 \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个数中最大值为 \(j\)，每次要么选一个更大的数，要么补一个唯一合法的数。这个转移可以放到网格图上考虑。

那么剩下的工作是处理不同的前缀。记 \(u=n-m,v=n-\max a_i\)，答案为：

\[\dbinom{u+v}{v} - \dbinom{u+v}{v-1} \]

需要一些方法判断前缀是否合法，这个是容易的。

T2 太空沙

首先添加超源超汇并且令其不会被删除使图弱连通，不影响答案，并且入度/出度为 0 的点唯一了。

先对这个拓扑图跑一个拓扑序，点 \(i\) 的拓扑序为 \(p_i\)。然后记录超源到点 \(i\) 的最长距离 \(f_i\)，点 \(i\) 到超汇的最长距离 \(g_i\)。

对于一条边 \(u \to v\)，删去拓扑序在 \([p_u+1,p_v-1]\) 的点不影响经过这条边的最长路径，这条路径的长度为 \(f_u+g_v+1\)。

那么问题变成了区间取 \(\max\) 全局求 \(\min\)，线段树维护即可。

T3 亦爱门优

先考虑暴力判断一个子段是否合法。令星星的维数从 \(0\) 编号。

枚举 \(0 \sim k-1\) 的排列 \(p\)。\(p_i\) 表示现在已经确定了点 \(P\) 的第 \(p_0,p_1,\cdots ,p_{i-1}\) 维，如果当前星星加入后不合法，就用这个星星的第 \(p_i\) 维来确定点 \(P\) 的第 \(p_i\) 维。

如果所有星星都能够被加入，那么这个子段合法。这样可以做到 \(O(n^2k!)\)。

然后考虑 DP。从第 \(i\) 颗星星开始用排列 \(p\) 进行匹配，定义 \(f_{i,p,j}\) 表示点 \(P\) 的第 \(p_j\) 维第一次发生失配的位置（失配位置同时表示第 \(p_{ j+1}\) 维第一次进行匹配的位置）。那么使用 \(p\) 匹配，以 \(i\) 为左端点最长的合法子段为 \([i, f_{i,p,k-1}-1]\)。

对这个 DP 进行转移，不妨考虑从后往前走，分类讨论。

如果 \(f_{i+1,p}\) 中 \(p_0\) 满足星星 \(i\) 和 \(i+1\) 的第 \(p_0\) 维相同，那无需对 \(p\) 做任何调整。

否则我们要在 \(p\) 的基础上找到另一个排列 \(q\)，让 \(f_{i+1,q}\) 转移到 \(f_{i,p}\)。

注意到我们一定会将点 \(P\) 的第 \(p_0\) 维确定为第 \(i\) 个星星的第 \(p_0\) 维。不妨将 \(p\) 记作 \([p_0]AB\)，那么 \(q\) 就是 \(A[p_0]B\)（\(B\) 可以为空）。\(q\) 到 \(p\) 的变化相当于提前使用第 \(p_0\) 维进行匹配，如果 \(q\) 中第一次使用第 \(p_0\) 维的星星和星星 \(i\) 的第 \(p_0\) 维相同就可以把 \(q\) 中的 \(p_0\) 提前成为 \(p\)。

那么枚举所有的 \(q\)，\(p_0\) 越靠前一定越优。时间复杂度 \(O(nk!)\)。

T4 锐

分出来的若干段中，一定只有一段贡献的是段内最长不降子序列长度，其他贡献的是零或一的数量。这样可以得到 \(O(2^nn)\) 的做法。

暴力枚举所有划分方案其实很搞笑，可以直接做 DP。定义 \(f_{i,j,0/1}\) 表示前 \(i\) 个数分成了 \(j\) 段，是否有贡献段内最长不降子序列长度的子段，可以得到 \(O(n^3)\) 的做法。

每次扩展一段的 DP 做法其实也很搞笑，我们再加一维 \(0/1\) 表示当前这个新扩展的子段要选的是 \(0\) 还是 \(1\)，这样每次只需要扩展一个位置而不是扩展一个子段了，这是 \(O(n^2)\) 的做法。

接下来是正解。注意到段内最长不降子序列长度这个贡献可以看成一个只贡献 0 和一个只贡献 1 个数的两个子段的贡献，那问题被转化为如下形式：选出一个尽量长的子序列，使得其连续段数不超过 \(k+1\)，这子序列的长度就是划分 \(k\) 段时的答案（这是因为可能挑出来一段 000111000111000111，但是有贡献的只有一开始的一堆 0 和最后的一堆 1，而这显然可以只看成单挑了两个段产生贡献）。

倒过来考虑，我们要做的其实是将在其中删去一些元素，让未被删去的元素来产生贡献。首先一定不会删除连续的两个，因为它一定不优。当我们将中间的一个元素删除时，它两侧的两个元素会合并为一个新的元素（因为 \(01\) 间隔），这样我们进一步完成转化。

不妨让中间的元素价值为 \(2\)（因为对于 010/101 段，让他们全部产生贡献需要三次操作，但是只让两端产生贡献只用一次操作），边上的元素价值为 \(1\)（同理）。要选择一些价值和为 \(p\) 的元素，要求它们两两不相邻，且长度之和最小。讨论边上的元素是否删除后，剩下的问题是一个反悔贪心的问题，可以用堆维护。

当然证明了凸性也可以直接用闵可夫斯基和优化 \(O(n^2)\) 的算法。