Codeforces Round 892 (Div. 2)

c题jls的代码，拿过来仔细研究了一番，终于弄明白了。
https://codeforces.com/contest/1859/problem/C
jls代码

#include <bits/stdc++.h>

using i64 = long long;
struct DSU {
    std::vector<int> f, siz;
    
    DSU() {}
    DSU(int n) {
        init(n);
    }
    
    void init(int n) {
        f.resize(n);
        std::iota(f.begin(), f.end(), 0);
        siz.assign(n, 1);
    }
    
    int find(int x) {
        while (x != f[x]) {
            x = f[x] = f[f[x]];
        }
        return x;
    }
    
    bool same(int x, int y) {
        return find(x) == find(y);
    }
    
    bool merge(int x, int y) {
        x = find(x);
        y = find(y);
        if (x == y) {
            return false;
        }
        siz[x] += siz[y];
        f[y] = x;
        return true;
    }
    
    int size(int x) {
        return siz[find(x)];
    }
};
void solve() {
    int n;
    std::cin >> n;
    
    int ans = 0;
    for (int l = n * n; ; l--) {
        DSU dsu(n + 1);
        int sum = 0;
        bool ok = true;
        for (int i = n; i >= 1; i--) {
            int x = dsu.find(std::min(n, l / i));
          // std::cerr<<l<<" "<<i<<" "<<x<<'\n';
          // std::cerr<<dsu.f[x]<<"\n";
          
            if (x == 0) {
                ok = false;
                break;
            }
            sum += i * x;
            dsu.merge(x - 1, x);
             //std::cerr<<dsu.f[x]<<"\n";
        }
        if (!ok) {
            break;
        }
        ans = std::max(ans, sum - l);
    }
    
    std::cout << ans << "\n";
}

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    std::cin.tie(nullptr);
    
    int t;
    std::cin >> t;
    
    while (t--) {
        solve();
    }
    
    return 0;
}

• c++一秒钟大约能跑$4 * 10 ^ 8$次，本题数据范围到500，$O(n^3logn)$理论上是能过的（当然会被卡常），

• 为了防止痛苦，我们可以学习上面代码用并查集来维护当前情况排列的连通性，把复杂度降到$O(n^3)$。
  首先值得学习的是DSU的板子，其次是这道题是如何用dsu来维护的，为什么能用dsu维护，这可以使我们对dsu的理解加深，
  #算法综述：本题常规解法是枚举可能的最大成本值，然后枚举每个位置的取值，根据cf题解的证明，每个位置的成本都应该尽可能接近最大值，但这就产生了竞争，但可以通过反证法证明越靠后的位置应该优先选数，因为优先选才能选到大数，这样可以使成本最高，所以我们倒序遍历每个位置。

• 先对上面这段话举个例子，比如现在到第3个数选了，由于其位置靠前，本来可以选很多大数，但是由于它在后面选，所以它只能选剩下的数中较大的数。

继续算法分析：在遍历每个位置时侯，我们先看如果没有任何限制这个位置最大能取什么数,这个数记作x，当然肯定要min(n,x），如果这个数已经被用过了，那么就去找次大的数，以此类推，直到发现这个位置能取的数都已经被抢完了，那说明当前这个最大值无法形成最优排列，我们直接break。如果为这个位置找到了当前视角下的最优数，我们将其加入排列，维护sum和排列。

• 上述算法描述如何实现呢？这个实现方式是关键，
  容易想到的用set维护，维护当前哪些数能用，并且set是有序容器，且可以二分，这些将在下一份代码中作进一步展开。
  完全想不到用并查集来维护，维护方式如下；

首先是dsu初始化已经完成,直接x=find(min(n, mx/ i)),只要x!=0,就说明能为当前这个位置找到数，然后merge合并操作将x的父节点指向x-1。

为什么将x的父节点指向x-1？

• 我们需要让后序的位置找到他们的最优数，比如后面也有一个位置想要x,但我们知道x已经用过了，但通过find我们可以找到x-1，x-1是次优数，后续同理，可以不断向前找。

为什么x==0就这个位置说明找不到了呢？

• 由于是逆序枚举位置，find函数传入的参数肯定是越来越大，而x一定是不断减1，所以之前的父节点又成为别人的子节点，而由于find函数是经过路径压缩的，所以一个连续用过的序列所有点都一定是指向其中的最小值的，当1也被用完，merge成为0的子节点时，比如此时1，2，3已经用过，而目前位置下一个数只能取<=3的数，一次find操作后会让1，2，3都指向0，所以当发现x==0的时候就说明当前这个排列无法构建了！

补问：为什么一旦x==0后续所有排列都不需要在考虑？

#代码2 用set实现
#时间复杂度：，$O(n^3logn)$
#算法描述：依然是枚举最大值，这次枚举从选哪个数和放在哪个位置入手，确定好后维护set,学习set的erase的接受多种参数
https://www.cainiaojc.com/cpp/cpp-set-erase-function.html(菜鸟教程）

这个代码算法也是逆序枚举位置，对于当前位置 int x =min(n,mx/j) ，对于x进行二分upper_bound，找到第一个比x大的数后，用prev函数返回上一个位置的迭代器（无关补充：next是返回下一个位置的迭代器）。prev指向的数就是这个位置的最优数，找到后就维护sum和集合s。如果二分找不到答案，比如s的所有数都比x大，那这个排列就不能要了，直接break。另一方面，如果s的所有数都比x小，则upper_bound返回s.end(),prev后得到当前集合的最大数（set是有序容器），把这个最大数安排给这个位置。

卡常现状：

开longlong会直接TLe,胡乱宏定义的弊端！

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll  long long
//# define int long long
#define ull unsigned long long
#define pii pair<int,int>
#define double long double
#define baoliu(x, y) cout << fixed << setprecision(y) << x
#define endl  "\n"

const int N = 2e5 + 10;
const int M = 1e6 + 10;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int mod = 998244353;
const double eps = 1e-8;
int n, m;
int a[N];

void solve() {
    int n;
  cin >> n;
int ans = 0;

    for (int i = n; i >= 1; i --) {
        for (int pos = 1; pos <= n; pos ++) {
            int mx = pos * i;
          set<int> s;
            for (int j = 1; j <= n; j ++) s.insert(j);

            s.erase(i);

       int res = 0;
            bool ok = true;
            for (int j = n; j >= 1; j --) {
                if (j == pos) continue;

                int x =min(n,mx/j) ;
                auto it = s.upper_bound(x);
                if (it == s.begin()) {
                    ok = false;
                    break;
                }
                it = std::prev(it);
               
                res += *it * j;
                s.erase(it);
            }

            if (ok) ans = max(ans, res);
        }
    }

    cout << ans << "\n";
}


signed main() {
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    ios::sync_with_stdio(false);

    int t;
   cin>>t;

    while (t--) {
solve();
    }
    return 0;
}

代码3：打表

时间复杂度:$O(n^2)$

• 根据给的样例猜想最佳排列是后段数进行反转，利用reverse函数实现

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
//#define ll long long;
# define int long long
#define ull unsigned long long
#define pii pair<int,int>
#define double long double
#define baoliu(x, y) cout << fixed << setprecision(y) << x
#define endl  "\n"

const int N =510;
const int M = 1e6 + 10;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int mod = 998244353;
const double eps = 1e-8;
int n, m;
int a[N];

vector<int>v;
void solve(){
	v.clear();
	cin>>n;
	v.push_back(0);
	
	for(int i=1;i<=n;i++){
		v.push_back(i);
	
	}
int ans=0;
	for(int j=1;j<=n;j++){
		int s=0;int res=0;
		vector<int>b(v);
		reverse(b.begin()+j,b.end());
		for(int  i=1;i<=n;i++){
			res=max(res,i*b[i]);
			s+=b[i]*i;
		}
		s-=res;
		ans=max(ans,s);
		
	}
	cout<<ans<<endl;
}
signed main() {
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    ios::sync_with_stdio(false);

    int t;
   cin>>t;

    while (t--) {
solve();
    }
    return 0;
}