题解：AtCoder Beginner Contest 189

C - Mandarin Orange

提供一种不一样的 (mathcal{O}(n log n)) 的方法。

设对于第 (i) 个位置，左边第一个大于它的位置记为 (L_i) ，右边第一个大于它的位置记为 (R_i) 。

发现对于第 (i) 个位置的值作为 (x) 时的最优解即为 ((R_i-L_i-1) imes val_i) 。

可以使用双向链表处理，具体操作见代码。

int n, arr[N], id[N], Nxt[N], Pre[N];
inline bool cmp(int A, int B) {return arr[A] == arr[B] ? A < B : arr[A] > arr[B];}
int main() {
	scanf("%d", &n);
	forn(i,1,n) scanf("%d", arr+i), Pre[i] = i-1, Nxt[i] = i+1, id[i] = i;
	int Ans = 0;
	sort(id+1, id+n+1, cmp);
	forn(i,1,n) {
		int l = Pre[id[i]], r = Nxt[id[i]];
		Nxt[l] = r,Pre[r] = l;
		Ans = Max(Ans, (r-l-1) * arr[id[i]]);
	}
	printf("%d
", Ans);
	return 0;
}

D - Logical Expression

简单递推题。

设 (T_i) ，(F_i) 分别表示前 (i) 个运算符计算结果的为 ( ext{True}) 或 ( ext{False}) 的数量。

如果第 (i) 个计算符为 AND ，则有

[T_i = T_{i-1} ]

[F_i = F_{i-1} imes 2 + T_{i-1} ]

否则

[F_i = F_{i-1} ]

[T_i = T_{i-1} imes 2 + F_{i-1} ]

答案即为 (T_n)

E - Rotate and Flip

这道题可以不用矩阵，也并不麻烦。

观察每个操作：

opt1 ((x,y) ightarrow (y,-x))

opt2 ((x,y) ightarrow (-y,x))

opt3 ((x,y) ightarrow (2 imes p-x,y))

opt4 ((x,y) ightarrow (x,2 imes p-y))

可以发现对于任何几种操作相加，对于原来的横纵坐标，都能表示成

((sum_x ext{opt}_x x, sum_y ext{opt}_y y)) 或 (( sum_y ext{opt}_y y,sum_x ext{opt}_x x))。

(sum) 表示一个值， ( ext{opt}) 表示正负号， (x/y) 表示原来横坐标或纵坐标的值

在具体操作时，只需要离线处理，维护 (sum_{x/y}) , ( ext{opt}_{x/y}) , 是否翻转横纵坐标， 5 个变量即可。

inline bool cmp(int NA, int NB) {return A[NA] < A[NB];}
int main() {
	scanf("%d", &n);
	forn(i,1,n) scanf("%d%d", X+i, Y+i);
	scanf("%d", &m);
	forn(i,1,m) {
		scanf("%d", opt+i);
		if(opt[i] > 2) scanf("%d", p+i);
	}
	scanf("%d", &q);
	forn(i,1,q) scanf("%d%d", A+i, B+i), id[i] = i;
	sort(id+1, id+q+1, cmp);
	LL trn = 0, Xopt = 1, Yopt = 1, Xsum = 0, Ysum = 0;
	int j = 1;
	forn(i,1,m+1) {
		while(A[id[j]] == i-1) {
			Xans[id[j]] = Xsum + Xopt*1ll*X[B[id[j]]];
			Yans[id[j]] = Ysum + Yopt*1ll*Y[B[id[j]]];
			if(trn) swap(Xans[id[j]], Yans[id[j]]);
			++j;
		}
		if(opt[i] == 1) {
			if(trn) {
				Yopt = -Yopt;
				Ysum = -Ysum;
			} else {
				Xopt = -Xopt;
				Xsum = -Xsum;	
			}
			trn^=1;
		} else if(opt[i] == 2) {
			if(trn) {
				Xopt = -Xopt;
				Xsum = -Xsum;	
			} else {
				Yopt = -Yopt;
				Ysum = -Ysum;
			}
			trn^=1;
		} else if(opt[i] == 3) {
			if(trn) {
				Ysum = 2ll*p[i] - Ysum;
				Yopt = -Yopt;
			} else {
				Xsum = 2ll*p[i] - Xsum;
				Xopt = -Xopt;	
			}
		} else {
			if(trn) {
				Xsum = 2ll*p[i] - Xsum;
				Xopt = -Xopt;
			} else {
				Ysum = 2ll*p[i] - Ysum;
				Yopt = -Yopt;
			}
		}
	}
	forn(i,1,q) printf("%lld %lld
", Xans[i], Yans[i]);
	return 0;
}

F - Sugoroku2

设 (f_i) 表示从第 (i) 个格子到终点的次数期望，显然有：

( egin{cases} f_i = displaystyle{0} & igeq n\ f_i = displaystyle{f_0} & iin A \ f_i = displaystyle{frac{1}{m}sum_{j=i+1}^{i+m} f_j}+1 & ext{otherwise}\ end{cases} )

这个式子不能直接求，但是每一个 (f_i) 可以表示成关于 (f_0) 的一次函数形式，最终为获得一个形如 (f_0 = k imes f_0+b) 的式子，直接解方程即可。

所以可以用后缀和优化的 DP 来求出每一个一次函数，总复杂度仅为 (mathcal{O}(n)) 。

另附本题加强版

#include<bits/stdc++.h>
#define forn(i,s,t) for(register int i=(s);i<=(t);++i)
#define form(i,s,t) for(register int i=(s);i>=(t);--i)
using namespace std;
const int N = 2e5+3;
int n, m, k, a[N]; bool bck[N];
long double f1[N], f2[N], suf1[N], suf2[N];
int main() {
	scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
	long double C = (long double)1.0/m;
	forn(i,1,k) scanf("%d", a+i), bck[a[i]] = 1;
	form(i,n-1,0) {
		if(bck[i]) {
			suf1[i] = suf1[i+1];
			suf2[i] = suf2[i+1] + 1.0;
			continue ;
		}
		f1[i] = C*(suf1[i+1] - suf1[i+m+1]) + 1;
		f2[i] = C*(suf2[i+1] - suf2[i+m+1]);
		suf1[i] = suf1[i+1] + f1[i];
		suf2[i] = suf2[i+1] + f2[i];
	}
	if(1-f2[0] < 1e-6) puts("-1");
	else printf("%.4Lf
", f1[0]/(1-f2[0]));
	return 0;
}