Petrozavodsk Summer Training Camp 2017 Day 9
Problem A. Building
题目描述：给出一棵树，在树上取出一条简单路径，使得该路径的最长上升子序列最长，问最长的长度。
solution
最常见的想法就是树状dp，但空间不太够，所以选择直接计数。
每个点记住两个\\(vector(f, g)\\)，\\(f_i\\)表示从叶子到\\(i\\)的最长的递增序列，\\(g_i\\)表示从叶子到\\(i\\)的最长的递减序列。
当算以\\(i\\)为根的子树的答案时，假设做到儿子\\(j\\)，算\\(f[i]\\)与\\(g[j]\\)组成的最长递增序列，以及\\(f[j]\\)与\\(g[i]\\)的最长递增序列。算的时候一个序列枚举每个数，然后在另一个序列二分出位置，即可更新答案，而枚举的序列要选短的那个，这样时间复杂度就能保证为\\(log^2n\\)，还要注意答案序列经过\\(i\\)的情况。
然后就是将\\(f[i]、f[j]\\)，\\(g[i]、g[j]\\)合并。拿\\(f[i]、f[j]\\)合并为例子，合并的时候直接取对应位置的最小值即可，即：
2 3 4 6 7
1 2 5 8
合并为1 2 4 6 7.
对于\\(f\\)序列，数越小越好，因为对于相同的位置\\(k\\)，它在答案序列的位置就是\\(k\\)，这是固定的，而数越小，就可以在\\(g\\)找到更多的数来拼成序列，得到更大的答案。
同样的道理，对于\\(g\\)中的数找\\(f\\)对应的位置，对于相同的数，\\(f\\)的数越小，二分出的位置不会更差，反而有可能更优。
因此对于\\(g\\)序列，数越大越好。
时间复杂度：\\(O(nlog^2n)\\)
Problem B. Fish
题目描述：有\\(n\\)条鱼，每条鱼的长度为\\(L_i\\)，颜色是\\(c_i\\)，颜色只有三种(‘R‘, ‘G‘, ‘B‘)。现要取出一个非空子集，使得任意一条鱼的长度小于任意一条鱼的长度的两倍，假设选出的子集的每种颜色数目为三元对\\((x, y, z)\\)，问三元对的数目。
solution
将鱼按长度从小到大排序，对于每条鱼\\(i\\)，找到最大的\\(j\\)，满足\\(L_j<L_i*2\\)，部分和求出\\([i, j]\\)的每种颜色的数目\\((x_i, y_i, z_i)\\)。问题转化为有\\(n\\)个三元对\\((x_i, y_i, z_i)\\)，求三元对\\((x, y, z)\\)的数目，满足存在一个\\(i\\)，\\(x \\leq x_i, y \\leq y_i, z \\leq z_i\\)。
这就跟codeforces上的一道题很像(Karen and Cards)，至少思路很像。
这里我们将三元对从大到小排序，记每个\\(y\\)对应的最大的\\(z\\)为\\(maxz[y]\\)。对于每一个\\(x\\)，用\\(x_i==x\\)的三元对更新\\(maxz[y]\\)，这里要利用\\(maxz[y]\\)的一个特点：\\(maxz[y]\\)是递减。所以可以二分出要更新的区间，然后用线段树维护\\(maxz[y]\\)。然后对于\\(x\\)，答案就是\\(\\sum maxz[y]\\)。
时间复杂度：\\(O(nlogn)\\)
Problem C. JOI Flag
题目描述：定义\\(level-K\\)的\\(JOI Flag\\)：
- 一个\\(level-0\\)的\\(JOI Flag\\)是一个\\(1 \\times 1\\)的网格图，包含‘J‘, ‘O‘, ‘I‘其中一个字母。
- 当\\(m>0\\)时，一个\\(level-m\\)的\\(JOI Flag\\)是一个\\(2^m \\times 2^m\\)的网格图，能分成四个\\(2^{m-1} \\times 2^{m-1}\\)的网格图：一个是\\(level-m-1\\)的\\(JOI Flag\\)，一个全是‘J‘, 一个全是‘O‘，一个全是‘I‘。
现在有一个\\(2^K \\times 2^K\\)的网格图，里面有些格子的字母是确定的，未知的位置可以随便填字母而不需要花费，改变已知的字母则需要花费\\(1\\)。问将这个网格图变成一个\\(level-K\\)的\\(JOI Flag\\)需要的最小花费。
solution
因为已知的字母比较少，所以可以直接暴力搜索。
时间复杂度：\\(O(4!NK)\\)
Problem E. Rotate
题目描述：给出一个\\(N \\times N\\)的网格图，每个格子有一个小写字母。现在有\\(Q\\)次操作，每次操作选择一个子方阵，将子方阵逆时针旋转\\(90^{\\circ}\\)。输出最后的网格图。
solution
一开始的想法是将每一行，每一列压位，然后暴力旋转，时间复杂度是\\(O(QN^2/13)\\)。但写起来非常恶心。
在网格图外围再围一层，变成\\((N+2) \\times (N+2)\\)的网格图，然后从\\(0\\)到\\(n*n-1\\)编号\\((n=N+2)\\)，记录每个编号\\(i\\)，左上右下的编号。
当进行一次旋转操作时，只有子方阵的边界的左上右下的编号会改变，子方阵内部的也会改变，但改变的只是编号对应的方向，也就是说还是那四个编号，只是方向发生了改变，而且这个改变是轮换，即方向的相对位置没有发生变化。例如：
只要是沿当前方向向前走，不管是从\\(0\\)进来还是\\(1\\)进来，都是从\\(+2\\)的位置出去，只要是右拐，都是从\\(-1\\)的位置出去。所以每次只需要修改子方阵边界的各个方向的编号，内部的不需要修改。
定位子方阵的左上角时，从\\(0\\)开始向右走（最外围不会被改变），走到对应列右拐，向前走走到对应行，然后围着子矩阵边界转一圈。注意这里行走时用的描述都是向前，拐弯，不是上下左右，因为只能保证相对位置不变，去哪一个编号也跟从哪里来有关。输出答案时从每一行的边界开始向右（最左边一列不变）前进即可。
时间复杂度：\\(O(QN)\\)
Problem F. Fortune Telling
题目描述：有一个\\(M \\times N\\)的网格图，每个格子开始时都是白色，现在有\\(K\\)个操作，每次操作将一个子矩阵的颜色翻转，即黑变白，白变黑。问最终有多少个格子是白色。
solution
离散化+扫描线+线段树。
时间复杂度：\\(O(nlogn)\\)
Problem G. Kangaroo
题目描述：有\\(n\\)只袋鼠，每只袋鼠的大小为\\(A_i\\)，袋子的大小为\\(B_i\\)。每只袋鼠只能装一只袋鼠，但允许那只袋鼠的袋子里也有袋鼠，当\\(A_j<B_i\\)时，袋鼠\\(j\\)就能装到\\(i\\)的袋子里。问最后的状态有多少种（能装就要装）。
solution
转队友的题解
Problem I. Chinese
题目描述：在圆桌上等分地放着\\(n\\)盘菜，顺时针或逆时针旋转一个单位需要一个花费。现在给出\\(2\\)~\\(n\\)每个人要吃的菜，开始时第\\(i\\)个人对着第\\(i\\)盘菜，第一个人最先吃（对着就能吃），吃完后其他人再吃，其他人吃时不分顺序，输出当第一个人吃第\\(i\\)盘菜时，所有人吃完菜的最少花费。
solution
算出从初始开始顺时针转，使得第\\(i\\)个人吃上菜的花费\\(a_i\\)，因为是环，惯用技巧是将\\(a\\)数组复制一遍在后面。
枚举\\(i\\)(\\(1\\)~\\(2*n-1\\))表示第一个人吃第\\(i\\)盘菜，求出\\(j\\)使得\\(\\sum_{k=i}^{j} a_k==n-1\\)，则\\(j-i\\)是一种方案，假设\\(x\\)为\\(i-1\\)时的最优方案，则\\(x+1\\)也是一种方案，即花费\\(1\\)转回去，然后用\\(i-1\\)时的最优方案。
反过来枚举\\(i\\)(\\(2*n\\)~\\(1\\))，然后按上述的做法重做一次，表示逆时针转。
这两种方法已经涵盖了所有的最优方案。当第一个人吃第\\(i\\)盘菜时，方案有四个：1、顺时针转，2、逆时针转，3、先顺时针转再逆时针转，4、先逆时针转再顺时针转。而上述方法中的花费\\(1\\)转回去，就是方案3、4。
时间复杂度：\\(O(n)\\)