二言不发

设 \(p_{i,j}\) 为一个 vector 代表从 \(i\) 人射击到 \(j\) 怪，中间的怪物依次是什么。然后枚举 \(i\)，枚举 \(j\)，\(i\) 肯定是最后射击的，再枚举剩下人的射击顺序，看看能不能依次射掉 \(p_{i,j}\) 的怪物。时间复杂度 \(O(n*k!*k)\)。

CF700E Cool Slogans

https://www.luogu.com.cn/problem/CF700E

愚蠢的字符串题目👿

首先 \(s_{k-1}\) 一定是 \(s_k\) 的后缀，因为如果不是可以删除后面的字符，显然不劣。

设 \(f_u\) 为后缀树上 \(u\) 对应的节点，可以成为 \(s_k\) 的最大的 \(k\)。

我们设现在 \(X\) 在 \(u\) 中出现了两次（也就是 \(u\) 在 \(X\) 的子树中）

\(u\) 对应的子串结束位置集合中，任意取一个位置 \(t\) 则

\(u\) 肯定在 \(X\) 中出现一次，那么只要再找到一个在 \([t-len(u)+len(X),t-1]\) 的叶子节点就好了。在 \(X\) 节点上查询，这个显然可以用线段树合并做到。

我们是从上往下更新 dp 值的。

怎么确定更新 \(f_u\) 的 \(X\)？同时记录一个最优 \(g_i\)，代表最优的 \(X\)，如果某一次更新有 \(f_{u'}=f_{X'}+1\)，那么 \(g_{u'}=u'\)，反之 \(g_{u'}=g_{X'}\)（一个串 \(A\) 以及他的子串 \(B\)，如果 \(f_A=f_B\)，那么肯定 \(B\) 不劣）。

怎么取 \(t\)？任意一个 \(t\) 即可。因为 \(X\) 肯定是 \(u\) 的前缀，所以取到的肯定是较前的。比如 aba 那么 \(t=3\) 是必然的，对应到检索的是第一个 a，然后区间查询会查到第三个 a。

*CF704B Ant Man

https://www.luogu.com.cn/problem/CF704B

CF704C Black Widow

https://www.luogu.com.cn/problem/CF704C

：https://www.luogu.com.cn/blog/xht37/solution-cf704c

CF704D Captain America

https://www.luogu.com.cn/problem/CF704D

一眼网络流。然后不会。

假设 \(r\le b\)，

首先套路：全部涂成红色。

然后我们建立一排点代表横坐标，一排点代表纵坐标，然后对于一个点 \((x,y)\) 连边 \(x\to y:1\)。

对于一行的 \(d\) 的限制，如果这一行有 \(cnt\) 个点，则这一行涂红色个数为 \([(cnt-d)/2,(cnt+d)/2]\)（前上取整，后下取整）。对于一列类似。

于是就从源点向横坐标的代表点连边，流量限制为上面所说的区间（没错是上下界）。纵坐标的代表点向汇点连边，同理。

然后跑网络流即可。因为这是类二分图，所以它是 \(O(n\sqrt n)\) 的。

CF704E Iron Man

https://www.luogu.com.cn/problem/CF704E

首先重链剖分。那么每个人的路线，可以划分为 \(\log\) 个重链上的链上移动。

所以只用处理一个链上的问题。

建立一个坐标系，横坐标就是链点，纵坐标是时间。那么把每个路线投影成一个线段，现在要求最早的线段相交时间。

维护一个 set，比较方式为横坐标。然后按照时间依次插入线段/把线段删除。每次操作时，将操作线段的前驱后继处理一下，看看是否有交。

因为在找到第一次有交的时间前，所有的线段都是互不相交的，也就是两两线段的相对顺序不变，所以这样是对的。

CF708D Incorrect Flow

https://www.luogu.com.cn/problem/CF708D

：https://www.luogu.com.cn/blog/PinkRabbit/solution-cf708d

*CF708E Student's Camp

https://www.luogu.com.cn/problem/CF708E

居然是初二题……

AGC020D Min Max Repetition

https://www.luogu.com.cn/problem/AT3858

：https://www.luogu.com.cn/blog/master-040626/at3858-agc020d-min-max-repetition

为什么最小连续长度 \(k\) 是那个东西？因为用小的去隔断大的，可以隔断成 \(m+1\) 段，所以是 \(n/(m+1)\)。

AGC020E Encoding Subsets

<https://www.luogu.com.cn/problem/AT3859 >

遇到“括号类”，“编码压缩类”，想到区间 dp。

设 \(f_{l,r}\) 为 \(l\sim r\) 的方案数，\(g_{l,r}\) 为把 \(l\sim r\) 压缩成一个括号的方案数。

则有：

\[f_{l,r}=\sum\limits_{i\in [l,r-1]} g_{l,i}*f_{i+1,r} \]

为什么只用枚举 \(g\) 在左边的情况？因为 \(g\) 在右边的情况已经在 \(f_{i+1,r}\) 中枚举过了（归纳）。

以及：

\[g_{l,r}=\sum\limits_{d 是循环节} f_{l,l+d-1} \]

然后记忆化搜索，不断递归就好。

时间复杂度： \(T(n)=\sum\limits_{i\in [1,n]}\sum\limits_{d|n} (\ i+T(d)\ )\)，反正能过。

AGC020F Arcs on a Circle

https://www.luogu.com.cn/problem/AT3860

：https://www.luogu.com.cn/blog/et2006/solution-at3860

设 \(f_{i,j,S}\) 在圆周的第 \(i\) 个点，当前可以覆盖的最右位置为 \(j\)，用了的线段集合为 \(S\)。（事实上，\(i\) 维可以滚掉）

\[f_{i+1,j,S}+=f_{i,j,S} [i+1\le j]\\f_{i+1,\max (j,l_k),S|k}+=f_{i,j,S}\text{（加入第k条线段）} \]

*AGC021E Ball Eat Chameleons

https://www.luogu.com.cn/problem/AT3871

又是初中题，我紫菜吧。

*AGC021F Trinity

https://www.luogu.com.cn/problem/AT3872

*AGC022D Shopping

https://www.luogu.com.cn/problem/AT3949

先使得 \(t_i=t_i\bmod 2L\) ，然后定义两个 bool 值，\(l_i\) 代表搭乘从左边来的车子，能否当车子从右边来的时候坐进车；\(r_i\)，从右边来的车子，能否当车子从左边来的时候坐进车。

上界地说，购买一个超市需要 \(2L\) 时间（因为已经 \bmod 过 2L 了）。但是如果遇到一个 \(i<j\) 而且 \(r_i=1,l_j=1\) 的，那么就可以在 \(2L\) 时间内够完 \(i,j\) 两个超市（画图可知）。而其它情况（例如 \(r_i=1,l_j=0\)）均不能省时间。

于是做匹配即可。具体是，如果是一个 \(l\) 点，那么放进栈。如果是一个 \(r\) 点，那么弹栈。如果是一个 \(l\&r\) 点：如果栈为空，？突然不会.jpg

AGC022E Median Replace

https://www.luogu.com.cn/problem/AT3950

：https://www.luogu.com.cn/blog/ICANTAKIOI/solution-at3950

*AGC022F Checkers

https://www.luogu.com.cn/problem/AT3951

AGC023D Go Home

https://www.luogu.com.cn/problem/AT3955

《亿万房间的大楼和亿万容量的班车。

每一座大楼，都高耸而立，随心所欲地拨开云层，自由自在地穿过臭氧，漫不经心地在陨石间穿梭，直到生长到能撬动地球的长度。

而中间的班车，也不甘示弱。宽能跨海，长能载江。结构纯粹，单一扩展，简洁结构，却运万物。

然而，赛博的世界下，变味的地球中，班车上面的人们，却只是想着 Go Home。》

：https://www.luogu.com.cn/blog/wozaixuexi/solution-at3955

*AGC023E Inversions

https://www.luogu.com.cn/problem/AT3956

AGC023F 01 on Tree

https://www.luogu.com.cn/problem/AT3957

最水紫题。

考虑切掉一个点之后，它的所有子树是不会交错的，也就会形成[l1,r1][l2,r2][l3,r3] 的样子。于是如此，那便这样！

AGC024D Isomorphism Freak

https://www.luogu.com.cn/problem/AT3961

为了达到颜色数最少，最终的树必定是以某一个点或某一个边为根，深度相同的所有点的子树同构，这样的答案是深度个颜色。

然后对于第 i 层和第 i+1 层，要相乘一个 \(cnt_i*cnt_{i+1}\)。

比如第 100 层有 5 个节点，其中有 4 个是叶子节点，还有一个有 8 个儿子，在 101 层，且 8 个儿子权值叶子节点。那么为了补全，肯定要让 100 层的 4 个叶子，每个都多上 8 个儿子。所以是 5*100。

posted @ 2022-05-23 21:24 BlankAo 阅读(81) 评论(0) 编辑收藏举报

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