AtCoder agc023_f

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题意见洛谷里的翻译，节点 (i) 权值为 (a_i)。

这是个 AGC 的 F，挺吓人的。但是仔细看发现跟 P4437 差不多的，所以这是一个 AGC F 中的水题。（本来是不值得我发题解的，但是由于是 AGC 的 F 就随便写写吧……）

假设有 (m) 个 (1)，这个 (m) 显然是固定的。然后我们设 (m) 个 (1) 的位置为 (p_{1sim m})，这个 (p) 定下来整个序列显然也定下来了。对于 (p) 的一个取值，答案显然为 (sumlimits_{i=1}^m(n-p_i-(m-i)))。随便推一下发现等于 (m(n-m)+dfrac{m(m+1)}2-sumlimits_{i=1}^mp_i)。于是题目转化为最大化 (ans=sumlimits_{i=1}^mp_i)。

仿照 P4437 的推（什么是套路？），我们考虑当前能选的节点集合中的任意两个点 (x,y)，若 (x) 放最前面，尝试将 (y) 换到最前面来变得更优。我们统一使用「将 (y) 放到最前面，将 (y) 前面依赖于或等于 (x) 的全部顺移一位」这种方法来移动。

1. (a_x=a_y=0)：显然所有 (1) 都往后移了，(ans) 肯定增大，sqrt{}；
2. (a_x=a_y=1)：稍有一丝复杂，注意到所有人移动距离之和等于 (0)，(y) 的移动占据了所有负贡献，而其他的又不全是 (1)，所以最终对 (ans) 变化量的总贡献是负的， imes；
3. (a_x=0,a_y=1)：跟 (2) 类似， imes；
4. (a_x=1,a_y=0)：跟 (1) 类似，sqrt{}；

综合一下就是 sqrt{} 当且仅当 (a_y=0)。合理性也挺好理解的，就跟 P4437 差不多嘛。然后如果没有 (0) 的话，那显然就随便选了……于是与爸爸合并。然后考虑合并以后该如何比较。不难发现 (sz_id_i) 守恒，然后 (ans) 的贡献总值是 (sumlimits_i cnt_id_i)。(cnt_id_i=dfrac{cnt_i}{sz_i}sz_id_i)，于是找 (dfrac{cnt_i}{sz_i}) 当作最小的放在 (y) 处与唯一的负距离贡献相乘即可。

UPD：然后发现，(sumlimits_{i=1}^mp_i=sumlimits_{i=1}^nia'_i)，那不就严格弱于 P4437 了吗？那我前面分析了那么多分析了个寂寞啊？

把 P4437 代码改几个字交上去就 A 了。