这个东西还是应该写写博客的，毕竟IOI
题目连接已给出，直接点击大标题(推荐网络OJ:Universal Online Judge)

IOI2014 Rail

题目有点难看，耐心……
题目是说给出任意两段车站的距离(你只能得知其中的$3(n-1)$对距离)和$0$车站的位置，让你确定每个车站的位置和类型$C$或$D$
距离的定义请看题
题目保证$0$车站为$C$类型

直接说正确的解法(部分分很水请独立思考)
我们会发现：
1.车站$x$到$y$的距离$==$车站$y$到$x$的距离
2.离距离某个$C$类型车站最近的车站一定是右方向上最近的$D$类型车站
根据以上两条，我们可以按照如下步骤操作：
1.求出所有其它车站到$0$号车站的距离，根据性质2我们可以推出距离最近的站点的位置及类型，将其记为$right$。
由此我们可以根据距离关系将剩下的车站分为两类:
1.位于$right$的左方，满足:$dis(0,i)==dis(0,right)+dis(right,i)$
2.位于$right$的右方，满足:$dis(0,i) \neq dis(0,right)+dis(right,i)$

仔细观察发现，此时$0$与$right$只可能存在$C$类型的车站
就此我们又可以将$right$左方的车站分为两类:
1.位于$0$与$right$之间，满足$dis(right,i) \leqslant dis(right,0)$
2.位于$0$左方，满足$dis(right,i)>dis(right,0)$

现在问题剩下:$0$左边与$right$右边的了
以$right$右边的为例:
思考:
1.将右边所有车站按照到$0$或者$right$排序，最近的一定是$D$类型的车站
对于剩下来的车站，我们维护一个$D$类型车站的栈
我们每次询问$i$到栈顶$top$的距离
我们可以通过计算得到$dis(0,top)+dis(top,i)$与$dis(0,i)$
设$\Delta=(dis(0,top)+dis(top,i)-dis(0,i))/2$
计算位置$location[top]-\Delta$是否合法(在right右边)且该位置上是否存在一个$D$类型车站
如果合法且存在$D$类型车站，则说明位置$location[top]-dis(top,i)$上存在一个$C$类型车站
否则，则说明位置$location[0]+dis(0,i)$上存在一个$D$类型车站，并将其加入栈
判断位置是否存在$D$类型车站，可以使用二分或者hash

上面这是干嘛呢？
其实仔细画个图看看就能明白
拿出笔和纸吧(^o^)/~
位置:$0 ~~~1 ~~2 ~~~3 ~~4 ~~5 ~~6$
车站:$C ~D ~C ~~~~~ ~D ~D$
编号:$0 ~~1 ~~~2 ~~~~ ~~~3 ~~4$
自己用笔和纸玩一玩就明白

$0$左边的车站解法类似

这样我们就在限制条件$3(n-1)$下解决了这个问题
时间复杂度:$O(n)$或$O(nlogn)$

($ps:$UOJ上是可以看到其他人的AC代码的
所以不会写的话可以去Orz一下)

IOI2014 Wall

题意很简单：
维护一个区间，支持两种操作：
1、将一段<=k的数全部变成k
2、将一段>=k的数全部变成k

线段树大法好啊！
神马你说你不会线段树打标记∑q|?Д?|p？

简单介绍一下：$lazy$标记
意识流一下$lazy$这个词：懒！
把当前对于一个线段区间的操作暂时记录在这，即lazy
待到下一次访问该节点时，将标记操作实施，即向左右子节点下传
(如果不能明白，那就去自行百度下，像”算法竞赛入门经典训练指南”这类良心书上也有讲解)

对于这个题，维护一下标记和最大值、最小值即可
时间复杂度：$O(nlogn)$

IOI2014 Game

题意：给定询问点对的顺序，要求构造一张图，使得在所有询问执行完之前，对方无法判断整张图的连通性
两熊孩子玩游戏……

一个比较容易懂的做法

我们考虑一下每个询问$(u,v)$和它们所在的连通块$linku,linkv$
若$linku$与$linkv$之间除$(u,v)$这条边以外的所有边都被询问过，则回答存在
否则回答不存在
若存在另一条边$(x,y)$其中$x\in linku,y\in linkv$且$x,y$没有被询问，若此时我们回答$(u,v)$之间存在一条边，此时$linku$与$linkv$已经连通，那么当$(x,y)$这个询问被放在最后时，健佳就输了这场游戏
$linku$与$linkv$之间的边数为$|linku|\times|linkv|$(|G|表示G的点数)
连通块的维护可以使用并查集维护
唯一要注意的是并查集合并时询问次数的合并
时间复杂度：近似$O(n^3)$(其实远远不到)

一个比较容易写的做法

我的天哪！为什么我的快代码1K，人家代码100+B?

#include"game.h"
int a[1510];
void initialize(int) {}
int hasEdge(int u,int v)
{
if (u<v) u=v;
return ++a[u]==u;
}

(恶意缩行其实是不好的行为，小伙伴们不要学习啊╭(╯^╰)╮！)
这这这！这是怎么过的啊(大雾)？

嗯(⊙v⊙)，我们来考虑一个这样的东西：树
我们尝试维护：每个点相对与编号比它小的点只有一条边
这样的话，整个图最后一定是一棵树
在最后一条边被询问之前，整个图的连通性是不确定的
时间复杂度：$O(n)$
(梅玉：健佳你太赖皮了，再也不和你玩了！)
(健佳：……)

IOI2014 Gondola

题意太长自己看……

Q1缆车序列检查

我们考虑一下原来的序列$1\backsim n$
这个序列可以循环变动
新的缆车可以在任意时刻换下任意一辆缆车
所以我们只需考虑一下最开始的缆车$1\backsim n$的相对位置是否有错误
嗯对就是这样
那如果最开始的缆车$1\backsim n$都被换下来了呢？
输出$1$，完毕
($ps:$容许我吐槽一下子任务$1$……)
($pps:$一定不要在这里使用缆车的hash，不然后果自负)
时间复杂度：$O(nlogn)$(排序)

Q2替换序列

根据上面的推论，我们模拟一下每辆缆车换上来的顺序：
若当前缆车存在于$gondolaSeq$中，则将其放在对应位置
否则放在任意一个位置上，满足当前情况下该位置$i$上的缆车与$gondolaSeq[i]$不同即可(即一个未确定的位置上)
为了方便起见，我们将这个任意位置定为$max(gondolaSeq[])$所在的位置(即最后一辆缆车的所在位置)
时间复杂度：$O(max(gondolaSeq[]))$

Q3替换序列计数

MOD=1000000009
这个比上面两个有技术含量多了
增加了一种基于分治思想的快速计算方法(不是$FFT$而是快速幂……)
(O(∩_∩)O哈哈~我就不行你能把我的头压在键盘上fahsdglebangekjbalgbdska……)
MOD=1000000009
妈呀！$max(inputSeq[])$竟然有$1000000000$，不能模拟了(@之前写了hash的朋友……)
我们将$inputSeq[]$排个序
$inputSeq[]$上的数显然只能在最后放在一个固定位置
诶，我们会发现有些缆车先换上来又换下去了，而且答案主要就是他们玩大的！
等等！
在相邻的$inputSeq[]$之间，那些先换上来又换下去了的缆车，对答案的贡献是一样的，每个缆车可放的位置，为当前状态下剩下的未确定的位置个数
快速幂搞搞就A了！
MOD=1000000009
($ps:$如果不会写的话，可以去膜拜UOJ上其它Orz的代码)
MOD=1000000009，我都写了四遍了你还不取模自己看着办
时间复杂度：$O(nlogn)?$(不知道其实我不会分析……)

$Gondola$完结撒花！

IOI2014 Friend

题目意思自己看……

啥？我没看错吧？一般图最大权独立点集不是NP-hard问题么(NP难题请自行百度)？
众所周知，NP-hard问题是没有精确算法的(说不定以后有哪位Orz搞出来了)
($ps:$谁说的？我有$O(2^N)$的枚举！哎呀kasdlgaiognwagkjdn……)

如果你去想最大权独立点集问题，恭喜你掉坑里了！
我们不妨换一个思想：考虑$i$与$host[i]$，我们将他们连一条边
这样我们就构成了一颗树
再把不同的连边方式作为不同的边权放在边上
嗯，这应该是树形DP
恭喜你猜中正解！

我们定义：
yes[i]——在以i为根的子树可以选择点i时的最大点权独立集
no[i]——在以i为根的子树不可以选择点i时的最大点权独立集
($ps:$可以选择$\neq$选择)
$DP$方法如下：
1.若$i$不可以选择，即与其相连的$I$类儿子可以选择，$M$与$W$类儿子不可以选择(为什么$M$就不能选呢？$i$不可以选择代表有个与它相连的人被选择，而$M$类儿子会与其连边，嘣！)
2.若$i$可以选择并且选择，即与其相连的$M$类儿子可以选择，$I$与$W$类儿子不可以选择(这个很容易理解)
3.若$i$可以选择但不选择，此时$i$对i的儿子没有多大影响，我们可以在这里再进行一个$dp$，这个$dp$的限制条件如下:
如果我们之前决策选择过一个编号较小的$I$或$W$类儿子，就不能再决策徐州呢编号大的$M$或$W$类儿子(很显然这两个儿子相连)(注意每个人是按编号顺序以此进入)
嗯，一个$dp of DP$就解决了！

妈妈你看！人家的AC代码怎么又比我短一截啊？

#include "friend.h"
#define max(a,b)    ((a)>(b)?(a):(b))
int     G[100005];
int     findSample(int N,int F[],int H[],int O[])
{
  for   (int i=N-1;i;i--)
    {
    int x=H[i];
    if  (O[i]==0)
        F[x]+=G[i],G[x]+=max(F[i],G[i]);
    if  (O[i]==1)
        F[x]=max(F[x]+max(F[i],G[i]),G[x]+F[i]),G[x]+=G[i];
    if  (O[i]==2)   
        F[x]=max(F[x]+G[i],G[x]+F[i]),G[x]+=G[i];
    }
    return  max(F[0],G[0]);
}

(只能说博主自带代码复杂度翻倍的BUFF，具体多少倍看题吧……)
大神：“嗯，很显然，这两个$DP$其实是等价的(ーー゛)”
博主：“我还是太弱了……”

IOI2014 Holiday

题目意思一样自己看nglajksdgnawn……

嗯，第一眼看完：不会o(>﹏<)o……
不过我们会发现，子任务2的起点是固定在最左的
嗯，对于子任务2，一定是一次性从左走到右，然后在路途中玩上几天
枚举走的天数+函数式线段树求区间前k大值之和水过？
啥？函数式线段树是啥？
不会的自行百度吧……(你也可以使用主席树，没什么差别)

简单扯一两句：
假设我们要维护一颗线段树，它支持$ctrl+z$(即还原历史记录)操作，怎么办？
我们可以通过新建节点来代替原先的修改操作，从而实现全信息保存
嗯，由于线段树单点修改每次只会影响一条链的值，改一条链即可
空间复杂度：$O(n+mlogn)，n$为序列长度，$m$为操作次数
时间复杂度：$O(nlogn)$

思考：对于其他任务，我们每次一定只存在四种情况：
1、一直向右，路上玩
2、先向右再向左，路上玩
3、先向左再向右，路上玩
4、一直向左，路上玩

我们回过头来看看子任务2
设$r[x]$表示向右边行动$x$天(包括走和玩)所到达的最右城市编号(不是景点数)
显然$x$天后我们停留在$r[x]$号城市上
我们会发现：$r[x]<=r[x+1]$
意识流：当天数增加一天时，我们可以选择在之前的城市中再多玩一天，或者多走一天到达下一个城市
意识流告诉我们，可以数学归纳证明，这里不再赘述

同理，另外三个函数值(向左边行动，向右边行动后折返回出发点，向左边行动后折返回)同样具有单调性

嗯，不错的想法
决策的单调性有什么用呢？

问题转化一下：
函数$r()$的定义域为$[l,r]$，值域为$[a,b]$，且满足单调上升，求$r()$
我们定义$mid=(l+r)/2$
我们先枚举$[a,b]$求出$r(mid)$的值
(处理值的方法：上面提到过)
利用决策的单调性，递归处理定义域为$[l,mid-1]$和$[mid+1,r]$的函数值
因为决策单调性，两者的值域变为$[a,r(mid)]$和$[r(mid),b]$，即枚举状态的减少
通过计算时间复杂度可知为$O(nlog^2n)$

我们处理出四个函数的值，再进行各阶段天数的枚举
OK，最后一题就这样A了！

等等，我怎么MLE了？
请注意空间限制：$64M$
如果TLE了的话请注意一下你的线段树(少维护一些左右区间范围啊这种没用的东西)
时间复杂度：$O(nlog^2n)$

嗯，IOI2014完结撒花！