qbxt Day 2
Day 2
考试题解
T1 小路灯
再次签到成功。考试时做法是二分然后加上一点点小贪心。不过这个贪心调了一万年。一开始用半小时写出了“正解”，然后开始写暴力造数据。结果第二组数据就拍出问题了。于是开始调试。调了两个小时才终于调出来，然后开始看\(T2\)。
不过真的就只是二分吗？中间应该还有一些细节要注意。
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
inline ll read(){
ll x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}
return x*f;
}
ll n,k,minn=2000000005,maxx=0,ans=2000000005;
ll a[100005];
bool check(ll x){
ll t=a[1],sum=0;
for(ll i=2;i<=n;i++){
if(a[i]-t>x){
sum++;
t=a[i-1];
for(ll j=i,k1=i;j<=n;j=k1){
k1=j;
while(a[k1]-t<=x&&k1<=n){
k1++;
}
ll k2=k1;
if(k1>j){
while(a[k2+1]-a[k1]<=x&&k2+1<=n){
k2++;
}
}
if(k2>n) break;
k1=k2;
sum++;
t=a[k2];
}
break;
}
}
if(sum<=k) return true;
else return false;
}
int main()
{
scanf("%lld%lld",&n,&k);
for(ll i=1;i<=n;i++){
scanf("%lld",&a[i]);
minn=min(minn,a[i]);
maxx=max(maxx,a[i]);
}
ll l=0,r=maxx-minn;
while(l<=r){
ll mid=(l+r)/2;
if(check(mid)){
ans=mid;
r=mid-1;
}
else{
l=mid+1;
}
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
老师做法（没有那么多细节要注意，更好写）：在这个距离内往后找，找到一个路灯然后点亮它即可。不需要像我一样考虑前后的最优选择。
类似题目：\(NOIp\) 2015 D2T1 跳石头
T2 序列
40pts白扔，暴力分-=40。考试的时候真的有点急了，主要是\(T1\)花费了太多时间。不过这的确是值得的（因为\(T1\)暴力一分都没有）。暴力模拟就可以得到\(40pts\)。但是nc写挂了。
40分做法：
暴力模拟。
60分做法：
对每次操作用线段树或者平衡树维护。
100分做法：
发现每一次操作都是将所有的数向后移一位。然后在这种模拟下有特殊情况，每个序列都有\(n/k\)个数需要挪到每一段后面单独处理，这样总复杂度就是\(O(n/1+n/2+n/3+...)=O(n*ln(n)）\)，开一个二倍数组维护即可。
T3 路灯
靠着\(T1\)对拍用的暴力改了改，水了\(60\)pts。爆搜就是60分做法。
100做法：
我就知道是\(dp\)，但是我不会。f_{i,j}表示前\(i\)个路灯点亮了\(j\)个，而且第\(i\)个是点亮的。\(f_{i,j}=min(f_{r,j-1}+h_{r,i})\)。需要提前预处理\(h\)数组，然后总时间复杂度是\(O(n^2*k)\)。
类似题目：\(NOIp\) 2015 子串（拓展：改成子序列）
\(f_{i,j,k}=f_{i-1,j-1,k-1}\)
T4 匹配
考试由于时间原因写假了且来不及改（20分做法）。
20分做法：
暴力求出两两之间距离然后\(n^3\)枚举。
40分做法：
暴力求出两两之间的距离（此过程复杂度？），枚举三个点的中间点，然后找到所有与中间点距离为2的点（考试时我也曾有过此思路，但是不太好写）。
100分做法：
一个点与一个子树中距离为2的所有点权和和
树形dp或边加边维护
拓展：洛谷P3565 [POI2014]HOT-Hotels
搜索专题补充
记忆化搜索
实质是\(dp\)。
slots
啥也没听懂？？？？？？？？？
计数
记录13种牌每一种剩多少张，同时记录上一张牌是什么。每当已经搜索过这个状态就不用再搜索了。
优化：用一个数组\(a_i\)来记录面值相同牌数为i的时候的方案数。
idfs
埃及分数
用\(s\)来记录和，用\(a\)来记录当前分母，\(k\)记录个数，然后剪枝：如果\(1/a*k<s\)，那么肯定不行了。而且还要让分母尽可能小。
八数码问题
k短路问题
优先队列，取出队首然后最短路。第\(k\)次到达就是\(k\)短路
骑士精神
剪枝：估价函数大于剩余搜索层数。
Lizard 。。。
先搜索出前一半三个人的收益差，然后再搜索后一半，然后比较。然后\(Hash\)查询（不会）。
随机算法（骗分）
用正确性换取时间复杂度。
爬山算法
\(N\)个点，有权值，选一个点，使其他点到他的距离 乘上 权值 的和最小。
模拟退火
[HAOI2006]均分数据
???????????????????????????????????????????????????????????????????
例题
背包问题变搜索
\(max\) \(x_1+3x_2+5x_3+9x_4\)//价值最大化
\(2x_1+3x_2+4x_3+7x_4<=10\)//体积
搜索：当前搜到了第几层，剩余体积，得到价值
剪枝：先按价值排序，如果剩余体积乘以当前物品价值仍然小于已得到的价值，那么剪去
货郎问题
剪枝：用\(L_i\)来记录\(i\)的出边的最小值，记录当前已走的路径长度，如果长度加上每一个剩余顶点向外连的最小值已经比答案大了，那么直接减去。
邮票面值设计
剪枝：确定一个可选的区间
Tales。。。
求奇最短路和偶最短路（\(NOIp\) 2019 普及组\(T4\) 加工零件）
建两个图（分层图思想）
NOIp 2014 寻找道路
删掉不符合条件的点然后跑最短路（画图
NOIp 2015 斗地主
按顺序搜索
数论
快速幂
越狱
求出总情况和不会越狱的情况，然后相减得到会越狱的情况。
总：\(m^n\)
不会越狱：\(m*(m-1)^(n-1)\)
用快速幂求解即可
素数
线性筛
积性函数
莫比乌斯函数：0，n>1;1,n==1
积性函数性质：如果能够求出f(p^k)，那么就可以快速地求出f(1)到f(n)。
例题：sigma那个题
看到gcd就枚举。\(gcd(i,n)=d -> gcd(i/d,n.d)=1 -> 设i=kd\) -> 枚举
？？？？？？？？？？？？？？？？？？？？？？？？？？？？？？
逆元
\(xy≡1(mod n)\)
\(x\)在模\(n\)意义有逆元当且仅当\((x,n)=1\)
\(a=[n/x],b=x%a\)
\(ax+b=0(mod n)\)
\(ax=-b\)
\(ax*b^{-1}=-b*b^{-1}\)
\(ax*b^{-1}=-1\)
\(-ax*b^{-1}=1(mod n)\)
所以\(x\)的逆元是\(-a*b^{-1}\)
线性求逆元代码
inv[1]=1;
for(i=2;i<=n-1;i++)
inv[i]=(n-inv[n%i]*(n/i)%n)%n;
\(O(1)\)计算组合数(模意义下）
Lucas定理
设\(P\)是质数，则\(C_n^m\)%\(P\)= \(C_{nmodP}^{mmodP}\) * \(C_{n/P}^{m/P}\) % \(P\)
常用来求\(n\),\(m\)较大，但\(P\)较小的组合数取模
最大公约数和最小公倍数
定理: \(ab = gcd(a,b) * lcm(a,b)\)
求最大公约数：利用公式\(gcd(a, b)=gcd(b, a mod b)\), 时间复杂度为\(O(logb)\)
威尔逊定理：若\(p\)为素数，则\((p-1)!≡-1 (mod p)\)。
费马小定理：\(p\)是素数且\((a,p)=1\)，则\(ap-1≡1 (mod p)\)
线性求欧拉函数：
void eular(int n)
{for(int i=2;i<=n;i++)
{if (!IsPrime[i])
{ prime[++cnt]=i; phi[i]=i-1;}
for(int j=1;j<=cnt;j++)
{ if (prime[j]*i>n) break;
Isprime[prime[j]*i]=1;
if (i%prime[j]==0)
{phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j]; break;}
else
phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1);
}
}
}
Euler定理: 若\(gcd(a, n)=1\)则\(a^n = 1 (mod n)\)
意义：当\(b\)很大时，\(a^b\) = $a^{ \(bmodn\) }$ \((mod n)\)，让指数一直比较小
裴蜀定理：设\(gcd(a,b)=d\)，一定存在整数\(x,y\)，使得\(ax+by=d\) 。拓展GCD是求特解的过程。
int ex_gcd(int a, int b, int &x, int & y)
{if (b==0){ x = 1; y = 0; return a; }
else {int r =ex_gcd(b, a%b, x, y);
int t = x; x = y; y = t – a/b*y;
return r;
}
}
P1516 青蛙的约会
设总共跳\(T\)次可以相遇，则有：\(A\)的坐标\(X+MT\)，\(B\)的坐标\(Y+NT\)相遇的充要条件：\(X+MT-Y-NT=PL ( p是整数)\) ，变形为\((N-M)*T+LP=X-Y(L>0)\)，利用扩展欧几里德原理，求出最小的\(T\)即可。
\(a1_{x1}+a2_{x2}+…+an_{xn}=N\)，有整数解的充分必要条件是\((a1,a2,…,an)|N\)
中国剩余定理
\(a≡a1 (mod n1)\)
\(a≡a2 (mod n2)\)
……………
\(a≡ak (mod nk)\)
\(a=(a1*c1+a2*c2+…+ak*ck) mod (n)\)…中国剩余定理
其中\(n= n1*n2*…*nk\) ，\(ci=mi*(mi-1 mod ni)\)，\(mi=n/ni\)
int remainder()//求同余方程组a
{int i,j,n=1,m,d,x,y;
for (i=1;i<=k;i++) n*=n[i];
a=0;
for (i=1;i<=k;i++)//将同余方程组转化为对应的多项式求值
{m=n/n[i];//求mi
d=ex_gcd(n[i],m,x,y);//通过欧几里得扩展形式求y=mi-1
a=(a+y*m*a[i])%n//累加a的值
}
if (a>0) return a;
else return a+n;
}
炸 裂
容斥原理
错排问题
有\(n\)个物品和\(n\)个盒子，编号都是从\(1\)到\(n\)。现在要把每个物品放进一个盒子，每个盒子刚好放一个物品，并且\(i\)号物品不能放进\(i\)号盒子。求方案数模1000000007。
\(n<=100000\)
\(n!\)-\(C_n^1*(n-1)!+C_n^2*(n-2)!-......+...\)
阶乘，组合数都可以预处理（逆元方法\(O(1)\)求组合数)
隔板法
有\(m\)个未知数\(x_1,x_2,……,x_m\)。满足\(x_1+x_2+x_3....+x_m=k\) \(0<=xi<=n\)。求方程解的个数。\(1<=n,m<=100000\)。\(0<=k<=100000\)。
相当于有\(k-1\)个空，插进去\(m-1\)个板，答案即为\(C_{k-1}^{m-1}\)
拓展：\(xi>=n\)
做法：\(k\)减去\(m*n\)即可转化为原题
概率与期望
如果一个随机事件发生的概率是\(p\)，那么重复做这个实验，期望做多少次才能第一次发生该事件？
\(1*p+2*(1-p)*p+3*(1-p)^2*p+4*(1-p)^3*p+……=1/p\)
收集邮票
？？？？？？？？？？？？？？？？？？？？？？？？？？？？？？？？？？？
小左的GCD
似乎可做，求\(1≤x,y≤N\)且\(gcd(x,y)\)为素数的数对\((x,y)\)的个数，就相当于是在\(1<=x,y<=n/i\)中找互素对，用欧拉函数可以\(O(n)\)求解。
