官方题解太难读懂了QAQ，先写 A-F 的题解，后面的 G 和 Ex 蹲一个大佬的题解 awa。

A - Intersection

差分一下就行。

（也不知道是谁没测样例就交结果 WA 了一发）

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B - Tournament Result

枚举判断即可。

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C - NewFolder(1)

我打过的最简单的 C。直接 std::map<std::string,int> 存一下就行。

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D - Flipping and Bonus

发现状态很多，而且数据允许 \(O(NM)\) 的算法通过，考虑 DP。

预处理出得分为 \(i\) 时的额外奖励 \(a_i\)。（就是用桶存一下原题的 \(Y_i\)）。

设 \(f(i,j)\) 表示第 \(i\) 轮得分为 \(j\) 时得到的最多钱数。

状态转移方程：

• \(f(i,0)=\max\limits_{k=0}^{i-1}\{f(i-1,k)\}+a_0\)

• \(\forall j \in [1,i],f(i,j)=f(i-1,j-1)+X_i+a_j\)。

最后取最大值输出即可。

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E - Many Operations

看完题面，对于所有操作，显然二进制位与位之间没有任何影响，联想到 [NOI2014] 起床困难综合症 这个题，考虑按位拆分。

对于每一位，可以预处理出每次操作的影响。

具体而言，设 \(c(i,j)\) 表示当前位初始值为 \(j(j\in \{0,1\})\)，进行前 \(i\) 次操作后的值。

令 \(op(j,i)\) 表示 \(j\) 经过第 \(i\) 次操作后的值。

不难推出式子：

• \(c(i,0)=op(c(i-1,0),i)\)

• \(c(i,1)=op(c(i-1,1),i)\)

然后就是统计答案，用一个变量 \(p\) 表示当前该位的值，\(p\) 初值为题中的 \(C\) 该位的值 。

遍历 \(1\sim n\)，当遍历到 \(i\) 时，\(p\gets c(i,p)\)，累加答案。

最后统一输出即可。

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F - Sorting Color Balls

如果不考虑颜色，这道题的答案显然就是逆序对的个数。

但现在有了限制，颜色相同时一次交换并不会产生代价。

也就是说，一个颜色相同的逆序对对答案没有任何影响。

那么我们可以先算出原序列里的逆序对个数，再用 std::vector 把每种颜色的值存一下，对于所有颜色算一遍逆序对，再用整个序列的逆序对数减去这个数即可。

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标签：AtCoder,Code,颜色,Submission,题解,261,op,逆序
来源： https://www.cnblogs.com/663B/p/16517048.html