new file: solutions/CF1380D.md

CF1380D.cpp

@@ -4,7 +4,7 @@ int n, m, k;
 long long x, y;
 int a[200005];
 int b, preb;
-unordered_map<int, int> wz;
+int pos[200005];
 bool k_is_better;
 vector<int> mor;
 long long del(int pre, int todo)
@@ -39,15 +39,15 @@ int main()
     for (int i = 1; i <= n; ++i)
     {
         scanf("%d", &a[i]);
-        wz[a[i]] = i;
+        pos[a[i]] = i;
     }
     long long ans = 0;
     for (int i = 1; i <= m; ++i)
     {
         scanf("%d", &b);
-        int todo = wz[b], pre = 0;
+        int todo = pos[b], pre = 0;
         if (i != 1)
-            pre = wz[preb];
+            pre = pos[preb];
         long long d = del(pre, todo);
         if (d == -1ll)
         {
@@ -57,7 +57,7 @@ int main()
         ans += d;
         preb = b;
     }
-    long long d = del(wz[b], n + 1);
+    long long d = del(pos[b], n + 1);
     if (d == -1ll)
     {
         printf("-1\n");

solutions/CF1380D.md

@@ -0,0 +1,106 @@
+# CF1380D Berserk And Fireball 题解
+
+> 考场上没有看见 $a_i$ 两两不同，卡了半天。
+
+下文用“$k$ 删除”代表“火球术”，用“单点删除”代表“狂暴术”。
+
+先判断是运行一次 $k$ 删除更优或者运行 $k$ 次单点删除更优。
+
+由于 $a_i$ 两两不同，显然可以使用一个 `map` 保存 $a_i$ 所在的位置 $index_{a_i}$。
+
+对于每对 $b_{i - 1}, b_i$，得到区间 $[index_{b_{i - 1}}, index_{b_i}]$ （其中 $index_0 = 0$），设 $len = index_{b_i} - index_{b_{i - 1}} - 1$。然后分类讨论：
+
+- 若 $k$ 删除更优，可以先运行 $len \% k$ 次单点删除，然后运行 $\lfloor \frac{len}{k} \rfloor$ 次 $k$ 删除。
+- 若单点删除更优：
+    - 若区间内有数 $a_i > \max{(a_{index_{b_{i - 1}}}, a_{index_{b_i}})}$，则必须运行一次 $k$ 删除来移除这个数，因此先运行 $len - k$ 次单点删除，最后运行一次 $k$ 删除。
+    - 否则，可以直接运行 $len$ 次单点删除。
+
+由此我们就可以得到无解条件：区间内有大于两边的数且区间长度 $< k$，或 $index_{b_{i - 1}} > index_{b_i}$。
+
+注意不要忘了处理最后一个区间。
+
+::::success[code]
+
+```cpp
+#include <bits/stdc++.h>
+using namespace std;
+int n, m, k;
+long long x, y;
+int a[200005];
+int b, preb;
+int pos[200005];
+bool k_is_better;
+vector<int> mor;
+long long del(int pre, int todo)
+{
+    if (todo <= pre)
+        return -1;
+    if (todo == pre + 1)
+        return 0;
+    mor.clear();
+    for (int j = pre + 1; j <= todo - 1; ++j)
+        if (a[j] > max(a[todo], a[pre]))
+            mor.push_back(j);
+    if (!mor.empty() && (todo - pre - 1) < k) // 如果有大数且长度不足以运行一次 k 则不存在
+        return -1;
+    if (k_is_better)
+    {
+        return ((todo - pre - 1) % k) * y + ((todo - pre - 1) / k) * x; // 先用 y 移除多余的数，最后用多个 k 直接删完
+    }
+    else
+    {
+        if (!mor.empty())
+            return (todo - pre - 1 - k) * y + x; // 用一次k清除最大数，其余用y
+        else
+            return (todo - pre - 1) * y; // 全部用y
+    }
+    return 0;
+}
+int main()
+{
+    scanf("%d%d%lld%d%lld", &n, &m, &x, &k, &y);
+    k_is_better = x < (k * y);
+    for (int i = 1; i <= n; ++i)
+    {
+        scanf("%d", &a[i]);
+        pos[a[i]] = i;
+    }
+    long long ans = 0;
+    for (int i = 1; i <= m; ++i)
+    {
+        scanf("%d", &b);
+        int todo = pos[b], pre = 0;
+        if (i != 1)
+            pre = pos[preb];
+        long long d = del(pre, todo);
+        if (d == -1ll)
+        {
+            printf("-1\n");
+            return 0;
+        }
+        ans += d;
+        preb = b;
+    }
+    long long d = del(pos[b], n + 1);
+    if (d == -1ll)
+    {
+        printf("-1\n");
+        return 0;
+    }
+    printf("%lld\n", ans + d);
+    return 0;
+}
+/*
+若 k 删除更优，先删到能被 k 整除的长度，则先 k 删除，最后运行多次 k 删除
+len % k
+若 1 删除更优，先用 k 删除删去大于两边的，最后用 1 删除
+7 2
+3 3 1
+5 7 0 3 1 6 4
+5 4
+
+输出 5
+*/
+```
+
+::::