模拟赛

T1 \(90\)

观察数据范围，\(n1,n2\) 都比较小，于是可以考虑先算只有颜色 \(1,2\) 的个数，然后在相邻颜色相同的位置插入 \(3,4\)。

设 \(f_{i,j,k,l}\) 为 \(i,j\) 个颜色 \(1,2\)，有 \(k\) 个位置相邻颜色一样，最后一个颜色为 \(l\)。通过 \(f\) 算出 \(g_i\)，表示把 \(1,2\) 放完以后，有 \(i\) 个位置不合法的方案数。

这时候，\(3,4\) 有 \(i\) 个位置必须放，有 \(j(i\le j \le n_1+n_2+1)\) 个位置可以放。

枚举 \(i,j\)，可以发现对于每个位置， \(3,4\) 只有三种放法：\(cnt_3+1=cnt_4,cnt_3=cnt_4+1,cnt_3=cnt_4\)，记作 ABA，BAB，AB。

于是总方案数：

\[g_i\times C_{n_1+n_2+1-i}^{j-i} \text{（算选 j 个位置的方案数）} \times C_{j}^{ABA} \times C_{j-ABA}^{BAB} \text{（算放的方案数）} \times C_{n_3+BAB-1}^{j-1} \text{（选代表，隔板法算每个位置放的个数的方案数）} \times 2^{AB} \text{（每个 AB 可以表示成 AB 或者 BA）} \]

枚举 \(i,j,ABA\) 即可。（这里还有一个 ABA 的范围，但掉线了）

T2 \(80\)

显然是贪心。设当前处理的是 \(a_1,a_2\)，\(y=c_{pre},x=\sum a_{pre}\)。所以 \(c_1=\max(x+a_1+b_1,y+b_1)\)，\(c_2=\max(x+a1+a2+b2,x+a1+b1+b2,y+b1+b2)\)。

当把 \(1\) 和 \(2\) 交换时，\(c1=\max(x+a1+a2+b1,x+a2+b1+b2,y+b1+b2)\)。

当 \(y+b1+b2\) 为最大值的时候，交换对答案没有影响，因此可以消去。

提出相同的项，\(c1=\max(a2,b1)+a1+b2,c2=\max(a1,b2)+a2+b1\)。

根据式子 \(x+y-\max(x,y)=\min(x,y)\)，得出只需要 \(\min(a1,b2)<min(a2,b1)\) 即可把 \(1\) 放到 \(2\) 之前。

然而这是错的。当 \(\min(a1,b2)=\min(a2,b1)\) 时，\(\min\) 的相等不具有传递性，\(\min(a1,b2)=\min(a2,b1)\) 且 \(\min(a1,b3)=\min(a3,b1)\) 并不能说明 \(\min(a2,b3)=\min(a3,b2)\)。如数据 23 33 1 1 233 233。所以当 \(\min(a1,b2)=\min(a2,b1)\) 时，再推一下 \(c3\) 的式子，得出结论：按 \(a\) 从小到大排序。

T3 \(80\)

考虑算每个 \(a_i\) 的贡献。

可以发现 \(i\) 和 \(n-i+1\) 的贡献是相同的，因此只需要算 \(i\le \lceil \frac{n} {2} \rceil\) 的贡献。

每个 \(i\) 对于答案的贡献是固定的，先预处理出来，记作 \(b_i\)。从 \(1\dots i\)，每个位置都会有 \(1\) 的贡献。从 \(i+1\dots n-i+1\)，每个的贡献都是 \(i\times inv_p\)，\(p\) 为位置。从 \(n-i+2\) 到 \(n\)，贡献类推。

询问时算一下 \(\sum a_i b_i\) 即可

T4 \(20\)

时间一定是 \(dis_{p1,p2}\) 或 \(dis_{p1,p2}/2\)。枚举叶子节点，判断答案是否存在。（这里又掉线了，具体不知道怎么做）

晚上的模拟赛

T1 \(100\)

二分算两次即可。

T2 \(50\)

当 \(n=2\) 时，直接解方程即可。可以发现此时 \(f(B,C)\) 和 \(f(A,C)\) 有一次函数关系。转化到二维平面上，当有 \(n\) 个点的时候，答案一定在这 \(n\) 个点组成的凸包上。所以对于每个 \(x\)，枚举线段的端点，取与 \(x=X\) 相交的最大值即可。