A.Median
这题的数据生成方式并没有什么规律，所以可以认为是随机数据。
维护一个桶，表示当前K长区间里的值域情况。
并且用变量记录中位数值域上的左侧有多少个数，当区间调整时一并调整桶和这个变量即可。
由于是随机数据，所以每次的调整幅度并不会很大，近似于常数。
复杂度$O(n)$。
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e7+2;
int n,K,bu[N<<1];
ll ans=0;
int mod,a[N],b[N];
int pr[12000000],tot;
bool vis[200000005];
void ini()
{
for(int i=2;i<=190000000;i++)
{
if(!vis[i])pr[++tot]=i;
for(int j=1;j<=tot&&i*pr[j]<=190000000;j++)
{
vis[i*pr[j]]=1;
if(i%pr[j]==0)break;
}
}
}
int main()
{
ini();//cout<<tot<<endl;
scanf("%d%d%lld",&n,&K,&mod);
for(int i=1;i<=n;i++)
a[i]=pr[i]*1LL*i%mod,b[i]=a[i]+a[i/10+1];
for(int i=1;i<=K;i++)
bu[b[i]]++;
int lpos=K-1>>1,rpos=K>>1,cnt=0;
int p=0;
while(cnt<=lpos)cnt+=bu[p++];
p--;
for(int i=1;i+K-1<=n;i++)
{
int _p=p,_cnt=cnt;
while(_cnt<=rpos)_cnt+=bu[++_p];
ans+=p+_p;
bu[b[i]]--;bu[b[i+K]]++;
if(b[i]<=p)cnt--;
if(b[i+K]<=p)cnt++;
while(cnt<=lpos)cnt+=bu[++p];
while(cnt-bu[p]>lpos)cnt-=bu[p--];
//cout<<p<<endl;
}
cout<<ans/2<<(ans&1?".5":".0")<<endl;
return 0;
}
B.Game
显然，最优策略即每次都选自己能选的最大的。
同样维护桶，表示当前可选集合内的值域情况。维护一个变量，表示这个集合内可选最大值。
如果要保证复杂度，就应当使这个变量整个过程中在值域上的跳动幅度不超过n。
所以每当一个新数加入集合，判断它和最大值的关系，如果大于最大值就直接被选走。反之把新数加入桶，最大值被选走，暴力跳值域找到新的最大值。
很容易发现这样最大值指针是单调不增的。
时间复杂度$O(nk)$。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e6+5;
int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
typedef long long ll;
int n,a[N],K,P,b[N],key[N],bu[N];
ll ans[2];
void work()
{
P=read();
ans[0]=ans[1]=0;
int now=0;
for(int i=1;i<=P;i++)
bu[a[i]]++,now=max(now,a[i]);
int p=P+1,who=0;
bu[now]--;ans[who]+=key[now];
while(!bu[now])now--;
for(int t=2;t<=n;t++)
{
who^=1;
if(a[p]>=now)ans[who]+=key[a[p]];
else
{
bu[a[p]]++,bu[now]--,ans[who]+=key[now];
while(!bu[now])now--;
}
p++;
}
printf("%lld
",ans[0]-ans[1]);
}
int main()
{
// freopen("g.in","r",stdin);
n=read();K=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
a[i]=read(),b[i]=a[i];
sort(b+1,b+n+1);
int len=unique(b+1,b+n+1)-b-1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int now=lower_bound(b+1,b+len+1,a[i])-b;
key[now]=a[i];
a[i]=now;
}
while(K--)work();
return 0;
}
C.Park(CEOI2017 Chase)
思路很棒的dp。设$w[x]$为$x$的点权(铁球数)，$al[x]$为与$x$相连所有点的点权和。
不难发现，每选择一个点扔下磁铁，就会对答案产生$al[x]-w[fa]$的贡献。
我们要求的是一条有序路径，不妨把它分成从下往上和从上往下两部分。
设$dp[x][i][0]$为从下往上走到x，使用了i个磁铁的最大贡献，$dp[x][i][1]$为从x往下走，使用i个磁铁的最大贡献。
这样就可以区分上一步从哪里来。
之后考虑怎么dp。首先向下dfs，在回溯过程中将儿子y的贡献计入x。注意要先把$dp[x]...$初始化为单点的贡献，先用它与$dp[y]...$拼接起来更新一下答案再进行转移。
$dp[x][i][0]=max (dp[y][i][0],dp[y][i-1][0]+al[x]-w[y])$
$dp[x][i][1]=max (dp[y][i][1],dp[y][i-1][1]+al[x]-w[fa])$
因为路径是有序的，所以$S ightarrow T$与$T ightarrow S$是不同的。需要把儿子顺序反转后再更新一遍。
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<stack>
using namespace std;
int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch))x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return x*f;
}
const int N=1e5+5;
typedef long long ll;
int n,val,w[N];
int to[N<<1],head[N],nxt[N<<1],tot;
ll dp[N][102][2],al[N],ans;
//0 down to up
//1 up to down
void add(int x,int y)
{
to[++tot]=y;
nxt[tot]=head[x];
head[x]=tot;
}
void up(int x,int y,int f)
{
for(int i=1;i<val;i++)
ans=max(ans,dp[x][i][0]+dp[y][val-i][1]);
for(int i=1;i<=val;i++)
{
ll maxx=max(dp[y][i][0],dp[y][i-1][0]+al[x]-w[y]);
dp[x][i][0]=max(dp[x][i][0],maxx);
maxx=max(dp[y][i][1],dp[y][i-1][1]+al[x]-w[f]);
dp[x][i][1]=max(dp[x][i][1],maxx);
}
}
void dfs(int x,int f)
{
stack<int> son;
for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
{
int y=to[i];
if(y==f)continue;
son.push(y);
dfs(y,x);
}
for(int i=1;i<=val;i++)
dp[x][i][0]=al[x],dp[x][i][1]=al[x]-w[f];
for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
{
int y=to[i];
if(y==f)continue;
up(x,y,f);
}
for(int i=1;i<=val;i++)
dp[x][i][0]=al[x],dp[x][i][1]=al[x]-w[f];
while(!son.empty())
up(x,son.top(),f),son.pop();
ans=max(ans,max(dp[x][val][0],dp[x][val][1]));
}
int main()
{
n=read();val=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
w[i]=read();
for(int i=1;i<n;i++)
{
int x=read(),y=read();
add(x,y);add(y,x);
}
for(int x=1;x<=n;x++)
for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
al[x]+=w[to[i]];
dfs(1,0);
cout<<ans<<endl;
return 0;
}