A.选拔赛
既然(a)与(c)的顺序不影响那先把a和c按从大到小排序
设(a)组中前(k)大为(A)，(a)组中后(n-k)为(B)
一个很显然的思路是枚举(A)中最低分是几
但是发现不好做 所以转为枚举(A)中最低分最少是几的方案数
假定现在要求(solve(L,R)) 表示(A)组中的数大于等于(L)，(B)组中的数小于等于(R)的方案数
那么(A)组中最低分是(x)的方案数显然可以是(solve(x,x)-solve(x+1,x))
那考虑如何去求(solve(x,x))
首先预处理出来两个数组(y,z)
(y_i)表示对于(c_i)这个数 有多少个A中的数满足(a_j + c_i >= L)
类似的
(z_i)表示对于(c_i)这个数 有多少个B中的数满足(a_j + c_i <= R)
既然a，c已经排序过了
那么一个很显然的事情是，(y_i)随着(i)的增加单调下降
(z_i)随着(i)的增加单调上升
另一个很好的性质是， (y)和(z)虽然会变化， 但是小的永远只包含在大的里面
这时候考虑统计方案的方法， 显然正着做 每次选择可能会占用后面选择就很难做
所以考虑倒着统计方案，发现这样每次选择一定会占用前面的一个选择，就很可做了
最后通过这个可以列出一个dp，(dp(i,j))表示共分配好了(i)个(c)，其中有(j)个给了A组
(dp[i][j] = dp[i-1][j-1] * (y[i]-(K-j)) + dp[i-1][j] * (z[i]-(i-j-1)))
dp转移的意思就是考虑第(i)个(c)和哪组配对
如果和(A)组配对，因为它是第(j)个选的，所以按照倒着做的思想 后面已经占用了(K-j)个位置 当前位置有(y[i]-(K-j)))个(a)可以配对
如果和(B)组配对，因为(z)是单调上升的，所以应该正着做， 此时前面已经占用了(i-j-1)个位置，当前位置有(z[i]-(i-j-1))个(a)可以配对
dp之后返回(dp_{n,k})就是要求的方案数了
B.跳跃
考虑预处理出来(L[p][k][i])表示(i)～(i+2^k-1)位置跳(p)步的最左能到哪里
类似的(R[p][k][i])表示(i)～(i+2^k-1)位置跳(p)步最右能到哪里
首先(L[0][0][i])和(R[0][0][i])是显然的
然后通过类似ST表可以得到(L[0][k][i])和(R[0][k][i])
然后倍增的去求出(L[p][k][i])和(R[p][k][i])
最后二分统计答案
考虑如何计算一个答案(w)是否合法
首先对于每个(i)求出其(w)步能跳到的左右端点(tL[i],tR[i])
这个可以用二进制拆分和ST表实现
然后考虑一个点对((x,y))合法的条件(d(x,y) > w) 且 (d(y,x) > w)
那么这时(w)就是可行解
上面条件可以类似的转化为
(L(x) > y)且(R(y) < x)
(L(y) > x) 且(R(x) < y)
这两者之一满足条件则点对合法
对于(j < tL[i])，我们要统计他们中的(tR)的最小值
对于(j > tR[i]) , 我们要统计他们中的(tL)的最大值
所以对(tR),(tL)分别做一个前缀最小值和后缀最大值就好了
C.切蛋糕
计算几何
维护一个vec表示此时有效的点，按极角序排序， 边就是相邻两个点
其中记录一个op表示它和前面的点的连线是直线还是弧线
每次加入一条边 先统计其与圆的两个交点
然后挨个去扫vec中的每个点，判断直线是否与该线有交，如果有交则记录下来
然后看该直线和此时有效的线的交点是否小于2,如果小于2显然不会切掉任何东西，直接继续就可以
如果等于2，表示切掉了一个区域
用刚刚记录的两个交点， 把两个交点中间的点都清掉，然后把这两个点加入
op根据实际情况判断 然后加入就可以
加入完再重新sort一遍 得到新的vec
最后统计答案只要按照op，把每个线的长度加到对应的ans上就可以