7167. 【2021.07.12 NOI模拟】简单的希尔伯特曲线题（hilbert）
发现一行的和为((4^n-1)2^{n-1})，所以可以根据右上角分类讨论
第一象限：左/下都是算行的和，右上递归
第二象限：下是算行的和，左上递归
第三象限：xy交换递归
第四象限：容斥递归右下
loj#3342. 「NOI2020」制作菜品
先考虑m=n的，发现可以通过把数减K然后把正的移到负的上均摊来构造，一定有解
再考虑m=n-1，发现只用多合出一个-K然后变成m=n，由于总和合法所以显然可以，只用从0开始贪心往负的那边跳，跳不动了就跳正的
最后m=n-2，只用找到一个和为-K的集合，然后做两遍m=n-1，找集合用bitset优化，最后反着找状态来求方案
loj#3340. 「NOI2020」命运
考虑dp，设f[i,j]表示考虑子树i，从下往上的未确定的路径的最深端点深度为j
转移先做max卷积，然后加入当前点往上的（一段前缀后移到某一位），再删掉超过当前深度不合法的（后缀清0），可以直接维护f的前缀但这样不好优化
实际问题就是线段树合并做max卷积，维护前缀和即可
loj#3339. 「NOI2020」美食家
把时间和位置压成(5n)^2的矩阵，直接矩乘
7162. 【2021.07.06 NOI模拟】膜拜大丹（worship）
结论：最优长度为2，因为只用取某一次往高处走的然后连向走到他的
把点放到(i,ai),(bj,j)，set直接求
7161. 【2021.07.06 NOI模拟】路过中丹（pass）
看错了两次题
首先如果中间存在ai=ai+2，则可以走L->R->i+1->i or i+2构造，判掉
剩下不存在ai=ai+2，发现此时只能存在偶回文串覆盖，因为如果想同时往一边走根据之前的关系可以移到ai,ai+2，不存在
考虑每个位置的最短串覆盖，由于回文串可以往内缩所以只用求出作为左/右端点的最短串，马拉车+单调栈求
询问[L,R]只有存在在[L,R]中间的且区间包含[L,R]的才不合法，实际是二位偏序，排序扫描线+线段树
7160. 【2021.07.06 NOI模拟】合成小丹（merge）
先通过合并相同长度的求出答案的长度，之后按位确定变成判定问题，只用合出一个合法的即可
如果还是直接按长度来搞会错，因为合并的长度可能不同（在不同层
发现合并操作写出来是一棵二叉树，从下往上每次把同层的合并
求出每个数可能所在的层，显然越往上越优因为可以省掉其他的，求出后O(w)判断，复杂度在于怎么O(w)求
实际直接用二进制维护每个数可能的后缀位置，每次and一下然后取lowbit即可，hash确定次数
6132. 【NOI2019模拟2019.4.18】构图
按绝对值小->大排序
全负显然是一段首尾连，剩下的和1连；有正数就用正数和一段负数的后缀对位连，多出的和最小负数连，前面的负数变为全负的情况
因为不能有空，不能在非最小的重叠（都可以后移）
100207. 决心
操作次数最多为2，奇环可以固定一个点往外扩展操作，偶环可以固定一条边扩展，或者固定一个点扩展
一个环内部的操作方案为环长（环长=2时操作方案为1，但是可以选择回合所以也是2），还有相同大小的环可以有环长种方案合并（不是各选一个点的环长^2，这样会算重）
若合并的环长度和为奇数则显然不行（多用了一次），为偶数则只有固定点的方案可以，而固定点一定是要对角线，所以两个环长度相等
暴力划分，求一种大小环的方案用O(个数)求，哈希记忆化后时间近似于O(nk+(ΣS(k,i))*k+2^k*k^2)
因为每种环初始和为n，合并链后加[0,k]所以是nk；多出来的k^2部分只会在组合出来的环长里贡献，即2^k*k^2
CF1542E. Abnormal Permutation Pairs
判断排列字典序：前面一段相同，所以dp不同字符后的那段，最后加上不同的字符
前缀和优化O(n^3)
agc054
A：首先排除首尾不同的，剩下就判断是否存在连续两个和头不同的，否则为-1
因为如果没有则无论怎样删都无法让连续两个和头不同
B：等价(?)题意：把n个数分成两个集合，使得和相等，贡献为Σ方案*(|S|)!*(n-|S|)!
可以发现按顺序把两个集合加到原排列里唯一对应
C：反着做，只能移sum=K的，并且由于K是最大的所以后面没有小于当前数的，所以可以任意移，乘(n-i+1)
D：先求出不考虑x把括号匹配的步数，然后应该可以等价在每对括号中间划线，每段贡献是最长o，求最大贡献，可以1d1d+细致讨论做到n^2，或者一个个把ox加入
阳间的做法是直接设f[i,j]表示做到i，带着j个的答案，g[i,j]表示放了一个未匹配的(，根据遇到的字符讨论：
(：由于放(与符号无关，所以经过(字符时只用判断当前的是否往前移，由于前面的(已经匹配了，所以用前缀和即可得到没有多放的)个数，多放的)=(所以可得，注意g可能存在一个(未和)匹配所以要+1
)：)只会往右走所以直接加
o：f不变，g+1
x：f不能过，g+1
时间复杂度O(n^2)
E：结论：设p1<pn，合法的充要条件是存在i使得pi<=p1且pi+1>=pn
证明：反着搞，只要删掉(p1,pn)内的数剩下的即可随便删
充分性显然，用p1,pi和pi+1,pn即可删掉两侧的，剩下的一定在范围外
必要性考虑归纳反证，对于当前的n假设不存在i且合法，则第一步放下的会分成两个子问题，且有一边的限制更紧，必然不存在i，所以不合法，找不到第一步放下的
计数直接暴推，容斥不合法的，枚举(p1,pn)中间的数个数，剩下的按 中间-大于-小于-中间 放，最后变为求组合数一列
F：结论：能删完的充要条件是ai,bi-1,bi的和为偶数且没有超1/2的
证明：必要显然，充分可以归纳，从头往后找第一个把bi-1,bi减1不合法的作为右端点，操作即可
先用差分约束/前后缀和做到bi-1>=bi+ai，bi>=bi-1+ai，若有ai>=bi-1+bi则分成子问题
此时的一些性质：除端点外ai<bi-1+bi，且若(bi-1+bi+ai)%2=1则约束关系取不到等号
对于每个子问题，若(bi-1+bi+ai)%2=1的个数为偶数则方案唯一，两两配对中间b减1
否则考虑每个a是否能-1，若(bi-1+bi+ai)%2=1则显然可以，否则减1后可能会压到左/右的界，会不断往左/右b减1，直到某个没有压界的位置停下来
维护前/后的第一个停下来（ai<=(bi-1+bi)+1）的位置判断，还有一个问题就是当ai=(bi-1+bi)+1时，减1后会变为偶数分成子问题，此时用前面的(bi-1+bi+ai)%2=1个数判断
时间复杂度O(n)
6058. 【GDOI2019模拟2019.3.13】false-false-true
反过来求最多，最优显然是哪边多走哪边，把折线写出来发现只有在y=x处会猜方向，其余都是固定的
并且固定方向时的总和（势能）为max(n,m)，每次走到y=x时还会多1/2的期望，枚举算一下