LOJ3256「JOI 2020 Final」火災
顯然區間詢問可以變成前綴詢問。
從左往右枚舉右端點，維護單調棧，嘗試維護每個 \(T\) 的答案。
但是對於一個位置，它往前的后綴最大值個數是 \(O(n)\) 的，所以不能暴力。
按照套路，在一個后綴最大值被彈掉的時候計算它的貢獻，那么在詢問的時候就只需要考慮在棧里的元素即可。
對於 \(r-i<T\) 的元素只有 \(i\) 最小的那個元素有可能有貢獻，而再靠前的元素的貢獻可以把 \(pre_r \to r\) 的樹建出來之后 dfs 的過程中維護點到根的信息。其中 \(pre_r\) 是前面第一個大於 \(r\) 的位置。
LOJ3013「JOI 2019 Final」硬幣收藏
不可能會貪心的，這輩子都不可能會貪心的
先把每個硬幣沿着最短路移到矩形內部，這樣顯然不劣。
然后在矩形內部有 \(2n\) 個球和洞要兩兩配對。顯然可以看做球和洞一起移動。
從左往右貪心。考慮最左邊的兩個格子，把在同一位置的球和洞匹配掉（顯然不劣）之后：
- 上下都只有洞，那么都往右走。
- 上下都只有球，同樣都往右走。
- 一邊有球一邊有洞，不妨設上球下洞，球>洞。如果洞沒有被這里的球匹配完，那么就有右邊的球走到洞里，這里的球往右邊走。可以調整為這里的球往下走，右邊的球往上走，代價不變。
所以在第三種情況中，可以直接用球把洞匹配完，然后把球往右移。
進行 \(n\) 步這樣的操作即可得到答案。
LOJ3014「JOI 2019 Final」獨特的城市
我的想法：
顯然，對於一個點，合法的城市全都在它到它的最遠點的路徑上。而最遠點只能是直徑端點之一，所以把兩個端點分別提為根做一次。
那么此時一個點就只需要關心它到根這條路徑上的點了。
這條路徑上哪些點是合法的呢？把 從這條路徑上的點開始的往下的路徑 往上拍，沒被拍到的點即為合法的。
在 dfs 的時候維護這個過程。dfs 到 \(x\) 的時候，用一個棧維護路徑上所有合法點對應的顏色，每個顏色只記錄最淺的位置（因為最淺的位置最不容易被刪掉），棧內顏色按最淺的位置的深度排序。
為了求 \(x\) 的答案，只需要二分求棧內深度較淺的不會被子樹拍到的顏色有幾個。
dfs 進某一個兒子的時候，把其他兒子的子樹往上拍的考慮進去，會把棧里的元素彈掉一些，也可以二分求出位置。然后要把自己的顏色嘗試加進去。
那么又有一個問題：我怎么知道我的顏色現在是否還在棧里呢？
對每一個顏色記錄它在棧中的位置即可，如果位置 \(\le\) 棧的大小那么說明在棧中，否則不在。
加入 \(x\) 的時候會使棧的大小加 1 ，要把原來在這個位置的顏色標記為不在棧中，即把它在棧中的位置定為 \(\infty\) 。
回溯的時候撤銷所有操作。
題解做法：
前面基本上是一樣的，還是在於怎么求鏈上合法的不同顏色個數。
用棧維護沒被拍掉的點，用桶維護每種顏色的出現次數。
長鏈剖分，先往重兒子走（用輕兒子的最大深度彈棧），再往輕兒子走（用重兒子彈棧）。
然后復雜度就對了？就對了？就對了？你在玩我？
如果按我的想法，每次 dfs 之后還撤銷，那么復雜度顯然是不對的。
但是注意到一個性質：如果往一個兒子走，子樹內的鏈把自己的祖先拍掉了，那么往別的兒子走的時候這些祖先還是要被拍掉的，也就是說它們已經廢了。
所以是不用撤銷的，只需要 dfs 一個兒子后再把自己加進去一次即可，因為自己是不一定要被拍掉的。
總入棧次數是 \(O(n)\) 的，所以復雜度 \(O(n)\) 。
LOJ2335「JOI 2017 Final」足球
最怕這種看起來莫名其妙的題了……
不學OI的同學總覺得這種題是最好做的
在最優解中，如果一個人曾經控過球且現在沒有控球，那么以后都不可能控球。證明是因為運球和空跑的代價是一樣的。
然后我就不會了啊啊啊啊……
可以猜到這么一個做法：把每個位置拆點，分別表示 沒人控球、有人控球、在往上/下/左/右飛 ，然后沒人控球向有人控球連的邊權為 \(C\times 最近的人\) ，跑最短路。
容易發現最優解一定被包含了，但是怎么證明這樣跑出來的方案合法呢？具體而言，怎么保證一個人不會產生分身，跑去一個地方踢了一腳，瞬移回原來位置，又去另一個位置踢了一腳呢？
沒看到哪里有證明，於是自閉了……
Rose_max 老大給了個證明，不過看不太懂，所以棄了。
LOJ2336「JOI 2017 Final」繩
由於染色的代價和厚度有關，所以可以發現折完再染不如一開始就染好。
考慮一個顏色序列什么時候合法。顯然只能有兩種顏色。
在每一次折的時候，要么是把邊上的顏色連續段長度減 1 ，要么是把對稱點所在的連續段長度砍半，且變到邊上去，較短的那一邊刪掉，其他連續段不變。
所以初始狀態除了兩端的連續段長度都必須是偶數，並且容易證明這是充要條件。
然后這個條件也就等價於對於我們重點關心的那個顏色，每一段長度為偶數，且起始位置的奇偶性相同。
所以對於每一種顏色，枚舉起始位置的奇偶性，判斷每一段是否要往前/往后生長（可以發現此時即使兩段合並了也沒有問題，因為不可能重疊），然后在剩下的格子里挑出現次數最多的顏色和它一起。
怎么除了第一步以外每一步都想不到啊 /kk
LOJ2345「JOI 2016 Final」領地
先特判掉一個周期走回原地的情況。
否則，相當於是這個路徑每次會向着一個向量的方向平移，最后得到許許多多的路徑的交。
把只靠這個向量就可以互相平移到的格子設為一組，每組分別做。顯然對於所有組的格子，邊界上的被初始路徑經過的點數之和是 \(O(n)\) 的。
對於這一組格子，把四個角的被標記的點分別拿出來，然后一個點會覆蓋后面連續 \(K\) 個位置，可以變成 \(O(n)\) 個線段，最后再用歸並把這 4 組線段求個交即可。
以上是口胡，因為網上沒看到有題解。
LOJ2346「JOI 2016 Final」斷層
直接維護看起來莫名其妙的，考慮把最后在地面的位置標記一下，倒着做，維護它們原來在哪里。
手畫一畫就會發現，好像此時每次操作都是對一個前綴/后綴進行操作。
證明：
- 對於操作 1 ，一個點會往左下滑當且僅當 \(x-y\) 較小，操作結束后被操作的點 \(x-y\) 不變， \(x+y\) 減小。
- 對於操作 2 ，一個點會往右下滑當且僅當 \(x+y\) 較大，操作結束后被操作的點 \(x+y\) 不變， \(x+y\) 增大。
在初始情況下，點的 \(x-y,x+y\) 都遞增，所以任意時刻都是遞增的，任意操作都是對一個前綴/后綴進行。
所以就線段樹維護一下坐標即可。
LOJ2727「JOI 2015 Final」舞會
顯然可以二分答案，變成 01 串。顯然編號沒有任何用。
考慮操作的過程，相當於每次把最靠前的三個合並成一個丟到最后面去。
一開始模擬一下這個過程，把合並出來的作為三個的父親，即可建出一棵樹。
在樹上設 \(dp_x\) 表示讓 \(x\) 子樹合並出一個 1 要多少個 1 即可。
LOJ2760「JOI 2014 Final」裁剪線
第一眼看上去好像毫無思路，於是考慮掃描線。
從上往下掃，維護被豎線分開的段之間的連通性。
加入一條豎線的時候，把一個段分成兩個段，但這兩個段是連通的。
刪除一條豎線的時候，把相鄰的兩個段合並，相應的連通性也可能會改變，用並查集維護即可。
加入一條橫線的時候，會把一個區間的段刪除，換成新的和別的段都不連通的段。其中刪除的段中每有一整個連通塊被刪除則答案加一。
朴素地做好像是 \(O(n^2)\) 的。
把加入橫線時加入的段設為 “平凡的” ，加入或刪除一條豎線的時候影響的段設為 “特殊的” 。
顯然特殊的段的個數是 \(O(n)\) 的，而加入橫線的時候可以很容易把平凡的段的貢獻算上，對於特殊的段暴力統計，並且特殊的段被橫線刪掉后就會變成平凡的。
所以數據結構維護一下即可做到 \(O(n\log n)\) 。
以上都是口胡，網上只看到一篇題解，不過思路似乎是這樣的。
LOJ2765「JOI 2013 Final」 冒泡排序
好像和這個基本一模一樣。
顯然交換之后的代價就是逆序對數；顯然在特判掉原本就有序之后，如果交換 \(i<j,h_i>h_j\) ，那么貢獻是 \(1+2\sum_{k=i}^j [h_j<h_k<h_i]\) 。
所以 \(i\) 一定是前綴最大值， \(j\) 一定是后綴最小值。
此時可以證明決策單調性，用分治+主席樹在 \(O(n\log^2 n)\) 的復雜度內做出來。
然而另一個做法更暴力也更快……
對於一個點 \((x,h_x)\) ，可以求出哪些 \((i,j)\) 會包含它，顯然是個矩形。
那么用掃描線即可得到矩形覆蓋的最大值，\(O(n\log n)\) 。
這篇博客終於更完了……