由於noip之前沒有怎麼做過構造，導致吃了大虧。
構造（互動）基本問題：
有一些數，假設有\(n\)個，有\(m\)個被標記，我們可以詢問乙個集合。我們可以得知這個集合內是否存在被標記的數。
要求次數\(o(m\log_2n)\)
做法1：分治
考慮分治到當前區間\([l,r]\)，詢問\([l,r]\)有沒有被標記的數。
如果沒有，則返回，否則繼續分治。
時間複雜度等於所有被標記的數到根的鏈的並，是\(o(m\log_2n)\)級別的。
做法2：二分。
按照編號序\(1...n\)進行二分。每次點亮乙個字首，二分出乙個最大的\(l\)使得\([1...l]\)不存在被標記的數。
則\(l+1\)肯定會被標記。
然後把\([1,l+1]\)截掉後繼續二分。
操作次數是\(o(m\log_2n)\)級別的
構造例題1：製作菜品
考場上最後1h才發現此題結論，然後沒寫完。
題目中\(m \geq n-1\)的部分分占比小，\(m=n-2\)的部分分占比巨大。
由於二元關係，可以想到把菜餚連邊。
當\(m=n-2\)，我們會發現連出的邊會形成至少\(2\)個連通塊。這是因為每插入一條邊就會減少乙個連通塊。
我們會發現至少有乙個連通塊滿足邊數小於點數，即邊數等於點數\(-1\)。
這樣子我們就轉化為了\(m=n-1\)的情況。
當\(m=n-1\)，wlog把\(d\)排序，由於抽屜原理\(d_1
可以證明\(d_1+d_n\geq k\)。
使用反證法。假設\(d_1+d_n\leq k-1,d_n\leq k-1-d_1\)
\(d_1+...d_n\leq (n-1)(k-1-d_1)=(n-1)k-(n-1)-(n-2)d_1<(n-1)k\)，矛盾。
然後可以把第乙個材料消掉,\(m--,n--\)。
當\(m\geq n\)由抽屜原理，\(d_n\geq k\)，所以把\(d_n-=k\)即可把\(m--\)。
可以用set維護。
當\(m=n-2\)時可以使用dp尋找\(d\)的和等於\((|s|-1)k\)的集合\(s\)。
顯然這是個經典的揹包問題。可以用bitset優化。
考慮把所有物品的重量減去\(k\)，就不用記錄選擇了多少個數。
例題2：新年的dog劃分
考慮生成樹。
考慮bfs生成樹，設生成樹當前集合為\(s\)，外集合為\(t\)。
每次把乙個點拓展一下。
找到這個點往外連出且沒有被訪問過的點。
然後把這個點往外的邊全部拿出來，把\(s->t\)邊全部刪除，二分出最後乙個插入後仍然不連通的點\(x\)
則\(x->a[x+1]\)（其中\(a\)為二分序列）有邊。
然後把\(x->a[x+1]\)插入佇列。
這樣子重複\(n\)次就得到了乙個生成樹。
判定生成樹合法可以只保留生成樹，刪除生成樹上每一條邊，判定\(n-1\)次。
如果我們刪除某條邊後圖仍然連通，則圖中有奇環，否則沒有。
例題3：i君的商店
先考慮sub4做法。
由於題目給定了\(0/1\)個數的奇偶性，所以考慮把陣列分成長度為\(2\)的塊。
發現每個塊內只可能是全\(0\)或者全\(1\)。
發現不能兩兩比較，所以考慮拿出三個比較。
由於題目中給定最大值為\(1\)，所以考慮把\(1\)作為\(t\)集合，每個塊作為\(s\)集合。
如果當前塊比\(1\)小，則塊內的數都是\(0\)，否則都是\(1\)。
這樣子我們就可以快速確定乙個塊內元素的值。
可以以這個為依據二分。
前面\(3\)個sub，發現題目的操作如果\(card(s),card(t)=1\)，則我們等同於比較整數。
這樣子我們可以使用這個操作把所有數排序再使用sub4的演算法。
這樣子就有76分了。
考場上拿到76分就知足了。
我們真的要把所有整數排序嗎？
考慮兩個數\(x,y\)，前面提到，我們可以花費\(2\)的代價找到它們的順序。
根據sub4的做法考慮比較\(x+y,1\)的值。
如果返回\(<\)，則\(x+y\leq 1\)否則\(x+y \geq 1\)
由於\(x,y\geq 1\)我們會發現，當返回\(<\)時，\(x,y\)最小者必定等於\(0\)。
否則\(x,y\)最大者必定等於\(1\)。
這樣子我們可以花費\(7\)的代價確定乙個數的值。
但是我們並沒有利用sub4的做法。
根據sub4的做法，隨便拿出兩個數\(x,y\)和\(z\)比較，花費2代價令\(x
如果返回\(<\)，則根據前面的分析\(x\)必定等於\(0\)。
否則分類討論可得\(y\geq z\)。
維護乙個有序序列\(s\)，把\(y\)插入\(s\)的末尾。
最後會剩下乙個數，可以在\(s\)上二分插入這個數。
然後在\(s\)上二分即可得到所有數的值。
例題4：apio gap
sub1由於次數是\(n/2\)，並且每次可以確定兩個值。
考慮每次確定\(a_i,a_\)
呼叫題目給的函式\(minmax(a_i+1,a_-1)\)即可求出\(a_,a_\)的值。
對於sub2考慮抽屜原理。
把\(a_n-a_1\)視為\(a_n-a_1\)個物品。\(a_i-a_\)視為乙個抽屜。
則肯定有乙個抽屜包含至少\(\frac\)個物品。
考慮把陣列分成大小為\(\frac\)的塊。
先呼叫一下\(minmax\)函式求出\(a_n-a_1\)的值以確定塊大小。
發現我們的答案一定不會出現在同一塊內。且只有塊內的最大/最小值有資格成為答案的兩端點。
記錄以前的最大值即可求出答案。
例題5：uoj504
例題6：loj3332
例題7：loj 2875
顯然直接按照\(\min,\max\)的定義進行比較，操作次數為\(o(2n)\)
考慮這麼乙個事實：我們把陣列分成長度為\(2\)的塊，塊內比較一下。
設塊內較小數為\(m1\)，較大數為\(m2\)，則只有\(m1\)集合內的數可能成為最小值，\(m2\)集合內可能成為最大值。
我們只需要把\(m1\)的數提取出來，\(m2\)的數也提取出來。
把這兩組每組\(n/2\)個數進行比較即可求出最大/最小值。
排序 構造題
題意 給出一段包含 a t g c 的序列，每個字母可以和左右字母交換位置，每次交換造成乙個消耗，構造出 a t g c 分別連續的序列，求出最小的消耗。解析 首先列舉24種可能，即 a t g c 的排列順序，統計每種可能的消耗。對於求每種情況的消耗，需要乙個類似於求逆序數的思想。假設求atgc的...
序列 構造題
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pytorch批訓練資料構造
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