•【题目描述】

有一个湖，他的周围都是城市，每个城市都只和他相邻的两个城市有道路相连。假设有n个城市，编号1-n，公路是双向的，公路有时候是好的，有时候是坏的，现在询问你两个城市是否可以互相到达。

•【输入格式】

第一行两个数，一个2<=n<=100000  和 1<=m<=100000，分别代表城市数目和询问次数；

接下来m行，每一行三个数f，a，b。f=0时，如果公路a，b之间的道路之前是好的，现在就变成坏的，如果之前是坏的，现在就变成好的。f=1时，询问a，b两个城市是否可以互相到达。

•【输出格式】

对于每一个f=1的询问，能到达输出“YES”，否则输出"NO".

思路如下：

首先，我们可以设g[x]数组表示x号城市与x+1号城市之间的道路好坏情况：g[x]=1时表示坏，g[x]=0时表示好，同时设sz为坏的道路的个数。

因为所有城市围起来形成一个圆，规定x到（x+1）号城市为顺时针方向，x到（x-1）号城市为逆时针方向。

我们来谈谈f=1时，即判断a、b两城市是否可以到达（预处理使a<b）。

那么在判断a、b两城市是否可以到达时，我们只需考虑两种情况：

（1）：沿顺时针道路判断是否可以到达

令G=g[a]+g[a+1]+g[a+2]+……+g[b-1]（即a沿顺时针到b间的路径间坏的道路的个数）很明显，我们只需判断G是否>=1。若是，则表示a沿顺时针到b之间的路径有坏的道路，不能从a顺时针到达b。

（2）：沿逆时针道路判断是否可以到达

其实思路也不难想出，我们可以简单地处理出sz（即坏的道路的个数），若sz-G=0，

即表示除a沿顺时针到b的路径间坏的道路外，没有坏的道路，这就等同于a沿逆时针到b的路径间没有坏的道路，可以从a到b。

反之（sz-G不为0）则表示a沿逆时针到b之间的路径有坏的道路，不能从a顺时针到达b。

好了，现在你已经了解了这题的大致思路了，那么就尝试AC吧！！！（不是

以上思路大家肯定都想到了（所以以上都是废话），那么我们开始优化时间吧！

我们懂得，若按照以上思路暴力求解，那么时间复杂度为O(nm)，只能拿到50pts

接下来考虑100pts算法

我们可以发现g是一维数组，求G为g的区间求和，那么很自然的就联想到树状数组

设树状数组f[x]表示坏的道路的个数， G=g[a]+g[a+1]+g[a+2]+…… +g[b-1] =求和f(b-1)-求和f(a-1）

然后1与n号城市间的道路做个特殊处理。

最后推荐大家参考代码理解（COGS代码已开放）

Over!!!

裸裸的区间DP。

我们定义f[l][r] 为卖掉l到r之间的临时得到的最大收益。

n[x]为第x个物品的价值。

Cl为第几天出售

转移方程就应该是f[l][r]=max(f[l+1][r]+cl*n[l],f[l][r+1]+cl*n[r]);

最后附上代码）

题目要求最大，观察数据范围，结合经验，考虑贪心。

当我们现在的烤鸡翅数量大于需求时，直接卖出。

否则，寻找前面已经卖出的最大的数量，如果该数大于当前需求，则用当前数目替代该数。

正确性不难证明：根据这个方法，我们遍历到第 $i$ 个人时，已经保证在不影响卖出人数的情况下让卖出的鸡翅数量最少。

再往后遍历时，也仍然可以保证。

这样，就实现了局部最优解向整体最优解的转变。

这个过程可以用大根堆实现。

子任务1：测试点$1\sim 3$

$1\leq k\leq n\leq15$，显然可以使用搜索法。

枚举所有括号序列，判断其是否合法。

  1、连续的*不能超过k个。

  2、括号要匹配。

  3、SAS类型是非法括号序列。

时间复杂度O($N\times 3^N$),预计得分15分。

ps:可直接跳到子任务4。

子任务2：测试点$1\sim 13$

显然是一道区间DP问题。

首先明确，合法的括号序列应该是(),(S),(A),(SA),(AS),AA,ASA。

定义$d(l,r)$表示区间$[l,r]$的子串是合法括号序列的方案数。通过观察可以发现，$d(l,r)$可以由S序列转移得到，因此需要定义额外的状态，定义$s(l,r)$表示区间$[l,r]$能否构成合法的S型。

那么对于(),(S),(A),(SA),(AS)型，显然有：

 $d(l,r)=1$, ()型

 $d(l,r)+=1$, (S)型,$s(l+1,r-1)=1$

 $d(l,r)+=d(l+1,r-1)$, (A)型

 $d(l,r)+=d(l+tk+1,r-1)$, (SA)型,$1\leq tk\leq k,s(l+1,l+tk)=1$

 $d(l,r)+=d(l+1,r-tk-1)$, (AS)型,$1\leq tk\leq k,s(r-tk,r-1)=1$

对于AA、ASA型，需要枚举中间的分隔点$j(l\leq j\leq r)$：

 $d(l,r)+=d(l,j)*d(j+1,r)$, (AA)型

 $d(l,r)+=d(l,j)*d(j+tk+1,r)$, (ASA)型,$1\leq tk\leq k,s(j+1,j+tk)=1$

但是，对于部分括号序列，会出现重复计数，例如()()()会被识别成A|AA或者AA|A，()*()*()会被识别成AS|ASA或ASA|S|A。

为了避免重复计数，要求在合并时只能合并一次，因此定义状态$a(l,r)$表示单独的A类型，也即(),(S),(A),(SA),(AS)型，这些类型的特点是不能拆分。因此，状态转移方程需要做出如下修改：

 $a(l,r)=d(l,r)$,(),(S),(A),(SA),(AS)型

对于AA,ASA型，这是出现重复计数的类型：

 $d(l,r)+=a(l,j)*d(j+1,r)$, (AA)型

 $d(l,r)+=a(l,j)*d(j+tk+1,r)$, (ASA)型,$1\leq tk\leq k,s(j+1,j+tk)=1$

综上，算法的流程如下：

 1、预处理得出所有的$s(l,r)$。

 2、从小到大依次枚举每个区间$[l,r]$，求出相应的$d(l,r)$。

 3、最终的答案即为$d(1,n)$。

注意：在运算过程中需要不断对$10^9+7$取余。

注意：通过观察可以得出，首字符必是(，尾字符必是)，可以进行特殊处理。

时间复杂度O($N^4$)，预计得分65分。

子任务3：测试点$1\sim 15$

对于测试点$14\sim 15$,字符串中仅含？。那么状态$d(l_1,r_1+k)$和$d(l_2,r_2+k)$虽然表示的区间不同，但是结果必然是相同的。

因此，定义状态$f(i)$表示$i$个？构成的合法的序列的方案数。那么，状态转移方程修改为：

$f(1)=0$,一个?

$f(2)=1$,()型

$f(i)+=1$,(S)型

$f(i)+=f(i-2)$,(A)型

$f(i)=f(i-2-tk)$,(AS),(SA)型,$1\leq tk\leq k$

$f(i)=f(j)*f(i-j)$,AA型，$2\leq j\leq i - 2$

$f(i)=f(j)*f(i-j-tk)$,ASA型，$2\leq j\leq i-2,1\leq tk\leq k$

同样，也需要考虑重复计数的问题，定义$g(i)$表示单独的A类型的方案数。

那么状态转移方程需要做出部分修改：

$g(i)=f(i)$,()(S)(A)(SA)(AS)型

$f(i)=g(j)*f(i-j)$,AA型，$2\leq j\leq i - 2$

$f(i)=g(j)*f(i-j-tk)$,ASA型，$2\leq j\leq i-2,1\leq tk\leq k$

时间复杂度：O($N^3$),预计得分75分。

子任务4：测试点$1\sim 20$

显然是一道区间DP问题。

首先明确，合法的括号序列应该是(),(S),(A),(SA),(AS),AA,ASA。

定义$d(l,r)$表示区间$[l,r]$的子串是合法括号序列的方案数。通过观察可以发现，$d(l,r)$可以由非法括号序列转移得到，因此需要定义额外的状态。

  定义$s(l,r)$表示区间$[l,r]$能否构成合法的S型。

  定义$sa(l,r)$表示区间$[l,r]$的子串是SA型的方案数。

  定义$as(l,r)$表示区间$[l,r]$的子串是AS型的方案数。

那么对于(),(S),(A),(SA),(AS)型，显然有：

  $d(l,r)=1$, ()型

  $d(l,r)+=s(l+1,r-1)$, (S)型

  $d(l,r)+=d(l+1,r-1)$, (A)型

  $d(l,r)+=sa(l+1,r-1)$, (SA)型

  $d(l,r)+=as(l+1,r-1)$, (AS)型

对于AA、ASA型，需要枚举中间的分隔点$j(l\leq j\leq r)$：

  $d(l,r)+=d(l,j)*d(j+1,r)$, (AA)型

  $d(l,r)+=d(l,j)*sa(j+1,r)$, (ASA)型

同时需要维护AS,SA型，同样需要枚举中间的分隔点$j(l\leq j\leq r)$：

  $as(l,r)+=d(l,j)*s(j+1,r)$, (AS)型

  $sa(l,r)+=s(l,j)*d(j+1,r)$, (SA)型

但是，对于部分括号序列，会出现重复计数，例如()()()会被识别成A|AA或者AA|A，()*()*()会被识别成AS|ASA或ASA|S|A。

为了避免重复计数，要求在合并时只能合并一次，因此定义状态$a(l,r)$表示单独的A类型，也即(),(S),(A),(SA),(AS)型，这些类型的特点是不能拆分。

因此，状态转移方程需要做出如下修改：

  $a(l,r)=d(l,r)$,(),(S),(A),(SA),(AS)型

对于AA,ASA型，这是出现重复计数的类型：

  $d(l,r)+=a(l,j)*d(j+1,r)$, (AA)型

  $d(l,r)+=a(l,j)*sa(j+1,r)$, (ASA)型

综上，算法的流程如下：

  1、预处理得出所有的$s(l,r)$。

  2、从小到大依次枚举每个区间$[l,r]$，求出相应的$d(l,r),a(l,r),sa(l,r),sa(l,r)$。

  3、最终的答案即为$d(1,n)$。

注意：在运算过程中需要不断对$10^9+7$取余。

注意：通过观察可以得出，首字符必是(，尾字符必是)，可以进行特殊处理。

时间复杂度O($N^3$)，预计得分100分。

前置芝士：CDQ分治（当然不会也无所谓，我会尽量讲明白的ヾ(◍°∇°◍)ﾉﾞ）

看别人代码都是花里胡哨的线段树，树状数组，还有丧心病狂的平衡树。

好像没几个用 CDQ分治 写的

这道题本质上就是 CDQ分治（或者说二维偏序） 的模板题

将题目最开始的输入 $a_i$ 看做是对第 $i$ 个位置上增加了 $a_i$

查询操作根据前缀和，将询问拆成 $s-1,t$ 两个查询操作

第一个记录为-，第二个为+

题目中有两个维度：时间T 和 位置x

对于两个操作：修改操作 $i$,查询操作 $j$,当且仅当 $T_i \le T_j$ 并且 $x_i \le x_j$ 时，$i$ 对 $j$有影响

（之前这个地方有疑惑，现在大概明白了，这样是正确的，感谢赵老师解答）

时间T 已经默认排好序了，就剩 位置x 需要处理一下了，并且要求处理的过程中不能破坏 时间T 的顺序性

CDQ分治 闪亮登场

它的操作主要由本篇代码中的 solve 函数完成

solve(l,r) 分为三步：

solve(l,mid)  solve(mid+1,r) 以及处理 $[l,mid]$ 对 $[mid+1,r]$ 的影响

要注意的是，这里的处理必须比较容易进行（比如加法，减法，取min，取max等）

这个算法的正确性在蓝书上和网上都有证明，此处略。

对我而言，CDQ分治 最难的其实是理解

以这个题目为例，我们要计算的是满足 $T_i \le T_j$ 并且 $x_i \le x_j$ 的二元组 (i,j) 产生的影响。

正如上面所言，时间T 不能被打乱，还要计算 $x_i \le x_j$

而 CDQ分治 处理这个问题的方法，大多可以在证明中理解。

$\forall k \in [mid+1,r]$，$[mid+1,k-1]$ 这一段产生的影响已经在递归中计算过了。

主要看的就是 $[l,mid]$ 这一段。

可以发现，不管 $[l,mid]$ 这一段怎样交换，改变，这里面的元素在现在的 solve(l,r) 中始终处于 $[l,mid]$ 这一段。

而这意味着什么呢？

也许 $[l,mid]$ 这一段的内部 时间T 是混乱的，但是并不影响这一段中任何一个操作对 $[mid+1,r]$ 的影响！！！

那么，我们可以在 solve 函数结束，各种乱七八糟的影响计算完毕后，把 $[l,r]$ 中的操作序列调整成我们想要的样子。

比如在这个题目里，solve 函数中，我们按照归并排序的方式，将 $[l,mid]$ 和 $[mid+1,r]$ 以 $x$ 为关键字排序

（这里有点像归并排序求逆序对，结合代码理解，或者先去看看这道题）

然后就不难理解了叭(*^▽^*)

//CDQ分治第一弹[
//STO CDQ 
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cctype>
using namespace std;
const int maxn = 5e5 + 5;
struct query {
	int op,id,x,y;//id:若当前操作为询问，则为询问的编号
	//op:1为修改，2为负查询，3为正查询
	//x,y:操作的点和要增加的量 
	query() {
		op = id = x = y = 0;
	}
	query(int op,int id,int x,int y):op(op),id(id),x(x),y(y){}
}Q[maxn],b[maxn];//b数组：辅助进行归并排序 
int n,m,cnt,tot,ans[maxn];
int read() {
	int s = 0,f = 1;
	char c = getchar();
	for(;!isdigit(c);c = getchar()) {
		if(c == '-')f = -1;
	}
	for(;isdigit(c);c = getchar())s = (s << 1) + (s << 3) + (c ^ '0');
	return s * f;
}
void write(int x) {
	if(x > 9)write(x / 10);
	putchar(x % 10 + '0');
	return ;
}
void print(int x) {
	write(x);
	putchar('\n');
	return ;
}//快读快写 
//个人对于CDQ分治的理解：
//主要是解决偏序问题，当然这些偏序不都是裸的类似逆序对这样的
//对于答案的修改可能更加繁琐一点
//但是核心思想都是用CDQ分治解决偏序
//1：solve(l,mid)，2：solve(mid+1,r)和3：(l,mid)对(mid+1,r)的影响这三块
//需要根据题目的要求自行决定顺序
//不恰当的栗子：DP
//DP时后半部分的计算直接由前半部分的影响决定
//这时就要1,3,2这样处理
//而对于本题，处理需要两个区间都有序，所以要先递归 ，即1,2,3 
void solve(int l,int r) {
	if(l >= r)return ;
	int mid = l + r >> 1;
	solve(l , mid);
	solve(mid + 1 , r);
	//此处先递归是因为CDQ分治解决偏序类似归并排序
	//需要两个区间都是有序的才能进行进一步的处理
	int i = l,j = mid + 1,sum = 0;//Mergesort part
	//sum用来统计[l,mid]的修改对[mid + 1,r]的影响 
	for(int k = l;k <= r;++ k) {
		if(j > r||(i <= mid&&Q[i].x <= Q[j].x)) {
			//此时当前的i对于[j,r]区间都有影响
			//记录在sum里，当查找到一个i，使得i无法对于j产生影响
			//那么再统计前面所有的i对当前j的影响
			//写的不太明白，可以结合下面else部分中的代码理解 
			if(Q[i].op == 1) {
				sum += Q[i].y;
			}
			b[k] = Q[i ++];
		}
		else {
			if(Q[j].op == 2) {
				ans[Q[j].id] -= sum;
			}
			else ans[Q[j].id] += sum;
			//若当前询问是-操作，那么ans[Q[j].id]减去sum值（也就是前半部分的影响）
			//若为+操作，则刚好相反 
			b[k] = Q[j ++];
		}
	} 
	for(int k = l;k <= r;++ k) {
		Q[k] = b[k];//归并排序的合并部分
		//为了保证当前递归的上一层可以快速进行，需要让Q[l~r]有序
		//结合函数开头理解 
	}
	return ;
}
int main() {
	freopen("shulie.in","r",stdin);
	freopen("shulie.out","w",stdout);
	n = read();
	for(int i = 1;i <= n;++ i) {
		int x = read();
		Q[++ cnt] = query(1 , 0 , i , x);
	}
	m = read();
	for(int i = 1;i <= m;++ i) {
		char c[10];
		scanf("%s",c + 1);
		int x = read(),y = read();
		if(c[1] == 'A') {
			Q[++ cnt] = query(1 , 0 , x , y);
		}
		else {
			Q[++ cnt] = query(2 , ++ tot , x - 1 , 0);
			Q[++ cnt] = query(3 , tot , y , 0);
		}
	}
	solve(1 , cnt);
	for(int i = 1;i <= tot;++ i)print(ans[i]);
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}