Date range: 2020.10.30 - 2020.11.14
长度为 n 的序列，每次可以选择一个区间把其中的每个数 -1，或者选择一个位置 pos 和一个值 x，把第 pos 个位置减去 x，需要保持所有数非负。求操作直到所有数变成 0 的最小代价。
分治贪心，递归求解即可。
有根树，每条边有 w,c，设数的权值为所有叶子结点到根结点路径上的 w 的和的总和，每次可以选择一条边，将 w 变为 w/2 下取整，花费 c 的代价，花费代价。代价只有两种。求花费一定代价能做到的最小权值。
首先预处理每条边的次数，维护两个优先队列，每次暴力贪心行动（需要讨论一下几种情况比较选择）。
动态维护一个技能集合：普通技能和超级技能，所有技能会按照一个排列被执行，如果技能 i 被执行时它的前一个技能是普通技能，那么会产生 w(i) 的贡献，如果是超级技能则会产生 2w(i) 的贡献。支持添加删除技能，每次操作后求技能集合的最大贡献。
考虑维护三个集合，normal,high,low。normal 表示普通技能集合，high 表示所有技能中贡献较高的技能集合，low 为 high 的补集。任意时刻，我们控制 high 的大小为当前超级技能的总个数（因为有超级技能个技能可以被翻倍），那么 sum(*)+sum(high) 基本上就是答案，但是需要做一点点修正。如果我们希望所有的超级技能都翻倍，那么这时一定有一个超级技能是无法被翻倍的，显然此时我们一定会选择最小的那一个放弃翻倍。但只要我们希望翻倍的技能中有一个不是超级技能，那么这些技能一起被翻倍就是可以被满足的。于是我们只需要减去 high 中的最小值，再加上 normal 中的最大值即可。
给定一个长度为 2n 的序列，你需要把它分成两个长度都是 n 的子序列，两部分分别以降序和升序排序，定义一种方案的权值为 sum abs(xi-yi)，求所有方案的权值的和。
将绝对值视为差的形式，那么无论如何划分，权值都是较大的 n 个数的和减去较小的 n 个数的和。
有 n 对线段，初态下每对的第一条都是 ([l1,r1])，第二条都是 ([l2,r2])，定义总交集长度为每条线段的长度之和，可以花费代价 1 来延长一条线段，往左或往右延伸 1 个单位，求使得总交集长度达到 (k le 10^9) 的最小代价。
对于线段 [l1,r1], [l2,r2] 称 [min(l1,l2), max(r1,r2)] 为这个线段对的边界线段，若两个线段的并集等于边界线段，那么我们称这两个线段是连续的。考虑一个线段对和他的边界线段之间的关系，显然线段对的实际产固定和他的边界线段的长度之间存在一个差值，如果相交则这个差值为正，如果相离则这个差值为负。将一个线段对通过最小步数的操作，使得它的并集等于他的边界线段，这个过程称为填满一个线段。我们暴力枚举要填满 i 个线段对，然后修正一下再去操作其它的线段对。
给定一个 n×m 的网格，每个格子有一个颜色，问有多少个同色的菱形。
类似“最大正方形”的暴力 dp。
给定一棵树，树上每个结点刚开始有一个人，现在每个人需要走到一个不同于原来的结点，并且必须保证每个结点上有且仅有一个人，在树上走一条边的代价为 (1)，求最小代价。
我们总是从叶子结点开始处理，每次将一个（人未被换过的）叶子结点上的人和他的父亲换，然后删除这个叶子。最后可能会剩下一个点，那么随便和他的一个孩子换即可。
给定一个长度为奇数 n 的环形序列，进行若干次操作，每次选择 i 将 a(i) 替换为 a(i-1)+a(i+1)，并且删除 a(i-1),a(i+1)，最后剩下一个数。求最后剩下的数的最大值。
找规律发现，产生贡献的数中只有两个数是相邻的，其它数之间一定恰好隔一个数，因此枚举这个中心即可。
给定两个 0-1 串 S,T，每次可以选择 S 的一个子序列，将其循环移位一格，最少操作多少能将 S 变为 T。
先删去已经相同的部分，对于剩下的，在一次操作中显然会交替选择那些 1->0 和 0->1 的位置，需要的最小次数就是一个区间内 1->0 和 0->1 的位置的数目差的绝对值的最大值。
考虑 ([0,n+1]) 之间的所有整点，你要从 0 走到 n+1，每秒钟可以从 x 走到 x+1 或者不动，每个位置有一个高度 h(i)，每个时刻有一个高度 p(t)，且 p(t) 在 0,1,2,...,k-1,k,k-1,...,1,0，如果 h(i)+p(t)>l 则失败，问是否能走到 n+1。
在每个安全点我们可以无限等待，因此我们只需要考虑用安全点分出的每一段即可。考虑走到位置 i 并且当前的浪高为 tide，如果 dep(i)+tide>l 那么显然我们需要等待 dep(i)+tide-l 时间让浪潮接着下降，于是令 tide=tide-delta。本质上这一段非安全点都必须要在一个浪潮来回的过程中被处理完。
设 f(x) 表示 x 的各个数位的和，求最小的非负整数 x 满足 f(x)+f(x+1)+...+f(x+k)=n，(n le 150, k le 9)。
取值连续且不会很多，猜想有 a99..99bc 这样的数满足条件。
给定一个序列，可以进行若干次操作，每次将一个数调到开头或者调到最后，求将序列排序的最小次数，保证序列中的数字互不相同。
不动的数构成 LCS。
给定一个长度为 n 的序列 ai 和一个长度为 (m le n) 的严格上升序列 b(i)，要求将 a(i) 划分为 m 段，第 i 段的最小值恰好为 b(i)，求划分的方案数。
考虑求出 ai 序列的后缀最小值 fi，那么对于任意位置，如果要让它作为第 j 段的首元素，必须要满足 fi=bj，因为 bj 是后面这些数中最小的数，并且 bj 必须要在后面这些数中至少出现一次。
给定两个长度为 n 的数组 a,b，每次操作可以选择一个 k，交换 a 中长度为 k 的前缀和长度为 k 的后缀，问是否能通过若干次操作使得 a,b 完全相同。
充要条件是对称位置无序对构成的集合相等。
给定 n 个点的无向图和一个整数 k<=n，要求解决下面问题中的任意一个：求一个大小恰好为 (k+1)/2 的独立集；求一个大小不超过 k 的环。
先考虑 k=n 的情况，此时如果原图是一棵树，我们直接二分图染色即可，否则我们可以直接找到一个环。考虑原问题，只要找到一个结点数量为 (k) 的连通子图即可。
给定两个数组 a,b，长度分别为 n,m，a 是 1..n 的全排列，b 是 1..n 的 m 排列，b 是目标序列，我们需要通过以下的操作来构造一个答案序列使其等于 b，每次操作选择一个 t，将 a(t-1) 或者 a(t+1) 插入答案序列末尾，并且将 a(t) 删除，求有多少种不同的构造方案。
考虑对于出现在 b 中的每一个 a(i)，我们必然要删除 a(i-1) 和 a(i+1) 中的至少一个，设 f(a(i)) 表示 a(i) 在 b 中的出现位置，如果 a(i-1) 存在，并且 f(a(i-1))<=f(a(i))，则称这个 a(i-1) 对于 a(i) 来说是合法的（说白了就是它出现在之前）。对于一个 a(i)，如果 a(i-1),a(i+1) 都合法，那么我们可以删除任意一个，方案数×2；如果二者恰好有一个合法，那么我们把它删除即可；如果二者都不合法，那么无解。
给定一个 n×m 的矩阵，从 (1,1) 走到 (n,m)，每次只能从权值为 x 的位置走到权值为 x+1 的位置，初态下可以对若干格子进行操作，每次使得一个格子的权值减小 1，求至少要操作多少次才能使得存在合法的路径。
如果路径上第一个点的权值确定，那么整条路就的权值也就确定了，暴力枚举第一个点的高度后，dp 即可。
每次选取一个字典序最小的三元组 (a,b,c) 满足 abc=0，将 a,b,c 依次添加到序列 S 末尾，求序列的第 n 项。
将序列三项为一组，显然是有规律的，a,b,c 每四个按照 1,2,3,4;1,3,4,2;1,4,2,3 来排列（段也是如此），递归分治或者直接推公式。
给定一个字符串 S 和一个字符串 T，每次操作可以从 S 的开头删去一个字符，把它加到一个初始为空的串 A 的开头或结尾，不必删完。求有多少种不同的方法使得 T 是 A 的前缀。
即要求 A 的前 T 个字符是 A，考虑 dp，设 (f[i][j]) 表示用 S 的前 j-i+1 个字符构造出 (t[i..j]) 的方案数，简单区间 dp 了。
给定 n×m 棋盘，每个格子有一个颜色和方向，如果一个机器人此时在某个格子中，那么下一时刻他会移动到这个格子的方向所指向的相邻的格子中。若干个机器人在棋盘上无限走下去，请找出一种放置机器人的方案，需要使得任意时刻不会有两个机器人同时出现在同一个格子中，在最大化机器人总数的前提下，最大化初态下位于黑色格子上的机器人总数。
我们会对每个连通分量分别考虑，这个连通分量一定包含一个环以及若干个内向链，我们可以用并查集暴力找环，然后统计一下这个连通块内距离环上一个特定的点的距离为奇数/偶数的所有点中有多少个点是黑色/白色的，然后讨论一下。这样处理有一点麻烦，考虑到在足够长的时间之后，所有的机器人一定都会走到环上去看，因此我们只需要给出一个足够大的 M，求出 M 时间后，每个初态位置可以到达的位置，这些位置的并集就是答案。因此考虑倍增，令 (f[i][j]) 表示点 i 走了 (2^j) 步的答案，常规处理即可。
给定一个长度为 n 的序列 a,每次可以选择 3 个不相同的下标 i,j,k，计算 (a[i] oplus a[j] oplus a[k])，赋值给 (a[i],a[j],a[k])，问是否能通过不超过 n 次操作，使得所有数都相同，构造方案。
观察与构造，对于奇数长的情况，经历如下过程 (a,b,c,d,e -> x,x,x,d,e -> x,x,y,y,y -> y,y,y,y,y)，对于偶数长度的情况，前面先按照奇数的方法来构造，而最后剩下的那一个数并不会影响异或和，因此最后只需要判断一下最后一个数是否与前面的数相等即可（因为异或和不会改变，所以我们不可能单独调整某一个数，因此如果异或和的条件不能满足那么整个过程就是无解的）。