codeforeces Round1032 - Round 1036

有些好的题解就直接复制过来了，所以部分非作者所写题解
持续更新中…

Round1032(Div3)

F. Yamakasi （map前缀和+二分）

给你一个由整数 $a_1,a_2,\dots ,a_n$ 和两个整数 s 及 x 组成的数组。请计算元素之和等于 s 且最大值等于 x 的数组子段的数目。

更具体地说，计算 $1\le l\le r\le n$ 这样的数组对的个数：

$a_l+a_{l+1}+\dots +a_r=s.$

$\max (a_l,a_{l+1},\dots ,a_r)=x.$
如果没有最大值的约束，我们可以用 map 维护每个前缀和的出现次数，在遍历时累加每个位置上当前前缀和 $sum-s$ 在 map 中的出现次数。
多出最大值的约束后，还需要维护最后一个值大于 $x$ 的位置 $gx$ 和最后一个值为 $x$的位置 $ex$ ，$map$需要数组维护每个前缀值每一次出现的位置。在遍历每个位置时计算前缀和为 $sum-s$ 中第一个大于等于 $ex$ 的位置在数组中的下标和第一个大于等于$gx$的位置在数组中的下标，对答案的贡献就是 $ex-1-gx+1=ex-gx$，$ex-1$的原因是我们一定是要取到$x$的，所以向前移动一个的下标一定是小于$ex$下标的。

G Gangsta（前缀和变种+树状数组）

H Ice Baby（最长上升子序列+线段树）

Round1033(Div2)

D Matrix game（容斥原理）

一、首先看行，使用最少的行一定能够取出a行一样的数字，由鸽巢原理可得，最少需要 $n=(a-1)\ast k+1$行。

二、然后看列，这种情况思考的是：最多有多少种不同的列，这些列取出a个相同数字的方式不同，在这里，取出的数字不同或者取数字的位置不同即认为不同。对于任一数字$i(1<=i<=k)$，均有$C(n,a)$种不同的方式，所以一共有$k\ast C(n,a)$种方式，将这些方式看成数字，再次使用鸽巢原理得，$m=k\ast C(n,a)\ast (b-1)+1$。

实现时预处理阶乘逆元，计算$C(n,a)$时使用$C(n,a)=A(n,a)/f[a]$进行计算即可。

Round 1034 (Div. 3)

E.MEX Count

先统计出来子序列所有可能的MEX值，这个很明显就是整个数组的MEX值（cnt）。
然后贡献法计算，0-cnt 这些MEX值分别在 k属于哪个区间的时候可以取到，很明显每个MEX值可以让k取值为$[sum[i],sum[i]+sum[n]-sum[i]+sum[i-1]-i]$的所有ans[k]+1，前缀和维护sum，然后差分维护一下答案即可

F. Minimize Fixed Points

题意：
构造一个长度为n的排列，对所有$2<=i<=n$的$p_i$满足$gcd(i,p_i)>=2$，且要求$p_i==i$的值尽可能少。

考虑固定点的下界，所有满足 $2\ast p>n$ 的质数都必须成为固定点，现在构造方案使得达到下界。

质数的限制是比较大的，先考虑所有质数 p 和 2*p 构成一个环，可以使质数不成为固定点，现在考虑其他点，只需要加入最小因子所在的环就行，每个质数代表的环做一个轮换就行，用埃氏筛。

Round 1035 (Div. 2)

B. Line Segments（思维+多边形）

题意：平面上两个点，用 $n$ 条线段连接，每个线段有$a_i$的长度。求能不能恰好从起点连到终点。
其实就是给定 $n+1$条边，是否能组成一个封闭多边形，注意成线的情况也是符合题意的。何时能组成一个多边形呢？显然只要除了最大边的其他边的和大于最大边即可，相等的情况成线，判断一下即可。

D. Token Removing（组合数+计数dp）

题意：长度为 $n$ 的数组合法条件为对于所有 $i$属于$[1,i]$ ,$0<=a_i<=i$。对于每个数组从前往后操作，如果 $a_i=0$ 不操作，否则在$[a_i,i]$中选一个没有操作过的位置，数组的价值为有多少不同的操作序列。求所有合法数组的价值和。

重要的一点是需要想出来倒着 dp。记$f[i][j]$为$[i,n]$操作了$j$个位置的价值。那么如果$i$不被$[a_i,i]$某个位置操作，则$f[i][j]+=f[i+1][j]$。
如果我们从$[i,n]$中选一个位置$k$操作 $i$，那么有$a_k<=i$，因为已经有$j$个位置被操作，所以一共有$n-(i-1)-j$个位置可以选择，那么就是$f[i][j+1]+=f[i+1][j]\ast i\ast (n-i+1-j)$。这样为什么能计算出正确的答案？我们可以想已经有一个后缀组成的序列，现在我们可以在一些位置插入$i$，显然不同位置插入一个$i$就是不同的方案。每个$a_k$取值可以是$[1,i]$，不同的$a_k$其实对应不同的数组，而在每个数组中都有$(n-i+1-j)$个位置插入 $i$ 可以产生不同的方案。所以直接相乘就是价值。

Round 1036 (Div. 1+Div. 2)

B. Minimise Sum

C. Subset Multiplication（思维+gcd+lcm）

D.Make a Palindrome（区间第k小+回文串）

题意：给你一个数组，每次选择一个长度大于等于$k$的子区间，然后删掉第$k$小的数，如果有多少可以删任意一个。求能不能使得数组变成回文。

显然原数组第$1$到$k-1$小不可能被删掉，假设得到了一个结果，那么我们可以把第 $k$小及比它大的都删掉，依然符合条件。那么我们把第$1$到第$k$小的位置拿出来，问题变为删掉一些第$k$小的位置使得数组变成回文，注意数组长度最少为 $k-1$。
这个可以通过双指针判断，先记录两侧第 $k$ 小的数最多可以删除几个（因为可能有多个），然后把所有$>a_k$的数删掉，最后判断左右两侧的数是否相同，如果相同就$l++,r--$，否则就看左侧或右侧是否为$a_k$，如果是，那我们可以删掉他看看接下来是否相同。注意删去的第$k$小数是有限制的。

E.Make it Zero（思维+构造）

题意：将一个数组分为多个数组，满足所有数组的第$i$位加起来等于原数组的第$i$位，且这些数组需要满足存在某一位$i$使 $sum[i]=sum[n]-sum[i]$，即前后缀相等。

题解：至多两次就能实现，首先找到原数组第一个前缀$(pr{e}_i)$大于等于后缀$(su{f}_{i+1})$的地方，如果该位置$pr{e}_i=su{f}_{i+1}$，那么直接输出原数组即可，否则记录差值 $d=(pr{e}_i-su{f}_{i+1})$，再构造一个新的数组，该数组后 $[i+1,n]$ 位上全是0，且存在某个位置使得 $pr{e}_j=su{f}_{j+1}=d/2$，那么结果就是新构造的数组与原数组减去这个新数组的值。