日常训练.jpg

TodoList

SAM

SteinerTree

2018/3/26

SRM600 Div1

250 枚举哪一位是个卜。

600 枚举回文列的集合，然后对行进行DP，$dp[i][j]$代表最前的i行与最后的i行中，有j行为回文的最小耗费。我们对第i行与第n-i+1行进行决策。

两行都不回文：这个时候把列给凑对就好了&逐个施展
两行有一个回文：把两行C多个22
两行都回文：把两行拆成很多个22&逐个施展

900 欧拉公式，把直线一条一条的加入进去，然后计算交点个数，然后发现交点个数互质数对个数有关。

SRM601 Div1

250 题意杀？枚举一共拿了多少个水果，用桶来维护每袋水果最多拿几个苹果，最少拿几个苹果。

650 一脸懵逼的DP

假算法1：$dp[i][A][B]$: 考虑$1~i$这些数字，集合$1$的异或和为$A$，集合$2$的异或和为$B$，的情况有多少种。稳如gou的TLE
假算法2：$dp[i][Dt]$: 其中$Dt=A-B$，$Dt$为一个三进制数字。
真算法：枚举不相等的第一位，那么在这位上，A的异或和为0，B的异或和为1，在此位之前的位上，$A的异或和$ $Xor$ $B的异或和 = 0$
优化：不相等的第一位后面可以放飞自我。

950 读不懂题，睡觉

2018/3/27

SRM602 Div1

250 用$dp[52][2202]$表示i场比赛后Rating为j最大的颜色变化。注意到Rating超过2200后必须掉分，所以第二维开到2200就够了。决策：上分 or 掉分。

550 注意到面积交的最大值 =$ Min(长) * Min(宽)$，我们先通过旋转保证“长<宽”，然后对所有矩形按长排序。我们不妨设最小的长出现在了A组中，然后我们枚举B组中最小的长。我们可以通过不等式来证明，保证B组的宽尽可能长时，A组的宽尽可能长时面积和取到最大。B组最长的宽可以用堆来维护。WA了一上午！卜。

1000 数学公式推倒题。待卜

SRM603 Div1

250 因为先手不能把所有度数为1的点放逐，所以答案 = Max{cost of node whose deg = 1}。迷之博弈，后手连操作都不å用操作游戏就结束了。囍

500 不难看出B可由A经过Shift得到，我们可以按照循环节对答案进行分类。令$F(x)$表示长度为x且最小循环节恰为x的串有多少个，$F(x)$可由简单的容斥求得。$F(divisors\ of\ n)$即为答案。

1000 一定要卜的题。神妙的战法。

做法：如果我们要凑X，那么答案为Sum of min(cnt_A[i], cnt_B[X-i])【很强的卷积既视感，然而FFT施展不开吖！】。注意到

min(A,B) = sum [k<=A & k<=B]
所以答案为满足cnt_A[p] >= k且cnt_B[q] >= k的三元组(p,q,k)个数。对于较小的k可以施展FFT，对于较大的k可以施展暴力。

2018/3/28

SRM604 Div1

Div2 1000 用$dp[u][e][x]$表示，在以$u$为根的子树放x只排骨龙，且Ban掉前$e$个儿子的子树的方案数。转移的时候枚举$u$的第$e$棵子树放几只排骨龙。

250 将x与y分别展开成平衡三进制。相同位上不能同为0，不能同非0。

500 NAN，待卜。

1000 战法：Infinity的条件：对于所有非0的方向向量$(dx, dy)$，都可以找到一堆点对$P_{i}$, $Q_{i}$，使得$P_{i}Q_{i}$平行于$(dx,dy)$,且长度在0的右邻域连续

SRM605 Div1

Div2 1000 假设比$n$大的数字全部施展完了，现在我们要施展n。与n匹配的数字必须在$[n+1,n+k]$之间，我们可以对Unmatched的$[n+1,n+k]$中的数字进行状压。不妨设这些unmatched的数字都出现在第一个数组中，我们的决策有两种

把n放到第1个数组
把n放到第2个数组

250 简单的贪心。

450 假设大于n的数字全部施展完了，现在我们施展n，那么与n匹配的数字一定在
$[n+k,M]$之间。我们设计状态$dp[n][g][mask]$，用g代表在Unmatched的数字里，有多少个$[n+k,M]$在之间，同时用mask对$[n+1, n+k)$之间的数字进行状压。决策同样有两种。

和Unmatched的数字放在同一个数组里
和Unmatched的数字放在不同的数组里

1000 不会啊！很痛苦

2018/3/29

三月的狮子真他喵好看！

施展了一场CF Gym，游戏体验囍狠了。

感觉自己是羊肉粉丝弱鸡 Import From Here

先写服辩！然后是睡觉。

Lucas不会，中国剩余定理不会。卜！
你别挂机呀！[比赛兴奋一点吖，去High，高兴，去玩，飞起来的那种感觉，懂吗？出自窃格拉瓦]
对爆LongLong，double精度什么的直感很辣鸡。
读题怠惰症，在队切的时候体现得特别明显 ~~(我有杨利伟叔叔，我读个锤子题)~~

2018/3/29

睡了一天觉

2018/3/30

SRM 606

Div2 1000 枚举排列

Div1 250 一个数字可能合法的充要条件是：满足所有询问。统计好每个数字满足几个询问即可。

Div1 450

两种情况

出现最多的数字如果超过一半
出现最多的数字没超过一半

Majority Vote Algorithm

Div1 1000 枚举三个点，三个点最多确定两个正方体。

2018/3/31

SRM 607

Div2 1000 不会，很狂躁

Div1 250 计算以每个位置为中心的贡献就好了，很基本。

Div1 475 不会，很痛苦。

Div1 1000 不会，很痛苦。

现在看见DP就想逃跑

2018/4/1

SRM 700

Div2 Lv.2 状压一下然后暴就OJBK了

Div2 Lv.3 可以类比括号匹配，括号能匹配上的一个必要条件是，前缀中的'('个数多于')'个数。我们可用$dp[i][j]$表示前$i$个人中有$j$个人吃鸡有几种方案。然后对第$i+1$个人是否吃鸡进行决策就好了。因为答案是考虑顺序的，所以最后的结果要乘上$k!$

Div1 Lv.1 如果这位选手是Leader那么答案为1，否则从后向前扫一遍，尝试着把这位选手丢进$i$号房间。并判断是否合法即可，合法条件就是楼上的那个必要条件。

Div1 Lv.2 先选出$x$只排骨龙，让他们射来射去，形成一个置换群。然后我们考虑剩下的$n-x$只排骨龙。当时YY的一个想法：“我萌首先从$n-x$只排骨龙里选出第1批排骨龙，拿着这些龙去射那x只龙，然后再从剩下的龙中选出第2批排骨龙，然后拿着这批龙去射第1批排骨龙，依次类推”。然后就陷入了$O(n^3)$的江局。其实不妨这样考虑，答案等于$n$个点搞出$k$棵有根树的方案数，然后题解~~厚颜无耻~~地给了一个公式$kn^{n-1-k}$

2018/4/2

SRM 699

Div2 Lv.2 这个东西有单调性，二分答案即可。

Div1 Lv.1 按位枚举，枚举这位上的1的个数的奇偶性，就可以求得所有不挂机的位置，如果矛盾，那就从挂机的位置施展1个1。

Div1 Lv.2 设当前的数字为$x$，且有$a[i]|x$，那么$x$的后继肯定是$b[i]$的倍数，如果$t$在$x$的后继中，就稳了，否则还得奔波，我们设$x$的后继为$y$,那么必须得存在$j$使得$a[j]|y$，不然$y$出不去吖！所以满足要求的最小值为$y=lcm(b[i],a[j])$

Div1 Lv.3 预处理好以每个点为左上角的，边长大于$x$的最优的矩形，枚举正方形的交。待补

2018/4/9

Divide by Zero 2018 and Codeforces Round #474 (Div. 1 + Div. 2, combined)

D

维护每一层的位移。因为层数不会太多，所以单次查询复杂度为$O(rank)$

E

经典的路径统计问题。

我们考虑每个节点对答案的贡献。

对于$u$节点而言路径可分为3种

$u$的子树外面，到$u$的子树
$u$的子树，到$u$的子树
$u$的子树，到$u$的子树外面

F

本质上，是个LIS问题

两个做法

拿着map开树状数组。
Big-Small战法，统计每个数字出现的次数，出现得比较多的用BIT维护，出现的比较少的暴力施展。

G

注意到最大的数字，不管从前往后看，还是从后往前看，都在最后一个位置。

我们先把n-1个数字分出A+B-2个环，然后选择A-1个环放在左边。

所以$Ans = S(n-1,A+B-2) * C(A+B-2, A-1)$

然后上NTT！（Ｔ▽Ｔ）

你个羊肉粉丝弱鸡快去学NTT啊！

斯特林数也快去学啊！

2018/10/11

Codeforces Beta Round #91 (Div. 1 Only)

A

暴力搜索出所有lucky数字。

B

先模拟
发现陷入了循环，就break出来，循环节一定为2

C

这不就是传说中的康托展开吗？n个数的排列求第k大？求第k大的排列是啥？这种问题都可以得到施展，只需从高位到低位枚举，每位上的数字是确定好的。
这个问题，因为k很小啦【对于阶乘来说】。所以n比较大的时候，我们只需考虑最后14位就好了。

D【待补】

E

哇！首先我们可以看出lucky number不会很多。
我们建线段树，维护区间内，$nexLuck(x)-x$的最小值$mn$，以及这个最小值出现的次数$cnt$，区间修改时，我们对区间加$add$, 如果$mn > add$,那么$mn =mn-add$然后打好懒惰标记即可，否则，我们递归地更新左儿子，右儿子。然后将左儿子右儿子的信息合并到当前节点。这样的递归会一直递归到$l=r, mn<=add$的节点，我们根据$a[l]$的值去更新此节点的$mn$，我们为了知道$a[l]$的值，所以还需要维护每个区间位置最靠左元素的值。

code:喵

2018/10/12

Educational Codeforces Round 52 (Rated for Div. 2)

C

对这些物品按高度进行基数排序。
按高度从大到小进行扫描。

D

一开始默认在中间点不换乘，于是被hack了。打得烂
只知道xjb突突突，活该被hack啊！
记录当前位置，下一个目的地，交通工具。状态数为$100*100*3$然后再枚举下一步该怎么走就好。

E

这个操作，相当于把字符串首尾相接拼成一个圆环。设拼接点为mid, 那么操作$b[i]$就相当于交换mid左边长度为$b[i]$的串，和右边长度为$b[i]$的串。
对于多种操作,我们可以发现区间$[b_{i-1},b_i)$相互独立，我们把每个区间对答案的贡献相乘即可。

F

这题又开始xjb突突突了。假做法:在每个树叶上放个硬币，然后把每个硬币向上移k步。求一条从根出发的链，使得路径上硬币最多。这就是典型的不动脑子！
真做法：我们考虑DP。
$f[u]$：表示硬币自闭在以$u$为根节点的子树内，最大答案。
$g[u]$：表示硬币进入$u$为根节点子树，又走出$u$的子树，最大的答案。
我们考虑$u$的儿子$v_1,v_2,v_3.....$怎么转移到$u$。要转移到$u$肯定在儿子里面选择一个自闭的，其它的不自闭。$f[u]=max\{f[v_i]+\sum g[v] - g[v_i]\}$
接下来考虑$g$怎么推。$g[leaf]=1$, 当$u$到其子树中深度最小树叶距离小于等于k时，$g[u]=\sum g[v]$

G 待补

2018/10/13

(NWERC 2017)题解

A 🐻干的，不关我的事

B $max(n+2,1)$

D 🐻干的，不关我的事

F 预处理每个数字，左边第一个与其不互质元素位置L[i]，右边第一个与之不互质元素位置R[i]，那么每个数字都对应一个区间,我们先要选择一个区间mid，使得$L[mid],R[mid]$能够覆盖$[1,n]$,接下来我们要在$[1,mid)$中找个区间覆盖$[1,mid)$, $(mid,r]$中找个区间覆盖$(mid,r]$，类似于快速排序的做法，从两边向中间搜索合法的$mid$,code

G k边形，会把二维平面分成k个象限，每个象限单独考虑即可。

H 不妨设$a<b<c$，然后考虑最小值。最小值可能在$[a,b)$,$[b,c)$,$[c,+)$内，在每个区间内，目标函数与最小值满足开口朝上二次函数关系，故最大值一定在端点处取得。

I 按$d-s$的值，从大到小排序，然后01背包+输出解。

J 🐻干的，不关我的事

K 和17南宁区域赛那道题很相似，建一棵树，每个点记录子树中叶子节点表示的每个人苟住的概率。然后自下向上合并。$T(n)=T(n/2)+O(\frac{n^2}{4})$

2018/10/16

Codeforces Round #272 (Div. 1)

A 令$x=pb+q$, 枚举$q$的值。

B 首先我们发现，只要考虑$k=1$的情况就好了。我们在第$x$组放$[6x+1,6x+2,6x+3,6x+5]$，根据辗转相除，这些数字两两互质。这样得到$m$也是最小的，因为每四个数中，最多有一个偶数，至少有3个奇数。

C 预处理好，$s$串中每个位置，作为匹配上$t$串的结尾，最靠后的开头位置在哪。考虑DP，$dp[i][j]$：$s$串前$i$位，匹配上$t$串$j$次，最少需要删几个字符。$dp[i][j]=min(dp[i-1][j],dp[pre_i-1][j-1]+(i-pre_i+1-tlen))$

2018/10/17###

Codeforces Round #265 (Div. 1)

A 串合法的条件是没有长度为2，3的回文串，即对于任意位置i,s[i]!=s[i+1],s[i]!=s[i+2]。枚举答案与原字符串的LCP。LCP之后，贪心取最小即可。

B 固定第一个点，然后$(3!)^7$枚举每个点的顺序。然后求两两之间的距离即可。在$C(8,2)=28$个距离中，应有12个为$d$, 12个为$\sqrt 2d$，4个为$\sqrt 3 d$

C 考虑DP，用$f[i][j]$表示，字符$j$在第$i$_{$n$步操作后，模$M$的值。$g[i][j]$表示，$10^{len}%M$,$len$为字符$j$在第$i$}$n$步操作后的长度。

2018/10/16

ACM International Collegiate Programming Contest, Tishreen Collegiate Programming Contest (2017)

A 水题

B 个人感觉，对圆心和两两圆交点进行check就好【待补】

C 水题

D 枚举在左图选哪些人，对这些人在右图的后继，求交。

E 没看

F 水题

G 枚举最后停在哪个点，最终停在某个点的合法权值是一个区间。用树DP求出上界下界就好。

H 把每个商店，最小值，次小值拿出来，前k大之和便是答案。

I 二维LIS，用BIT维护就好

J 把相交的圆用并查集合并。每个并查集维护最左端的点，和最右端的点。

K 考虑区间dp，$dp[i][j]$，区间$[i,j]$有多少种合法的划分方案。

L 没看。

2018/10/21

Codeforces Round #517

2A 按题意模拟，统计每一圈的答案。

2B $dp[i][j]$第$i$位，填$j$，前$i$位能否合法。DP的时候，记录前驱，以输出解。

自己的做法【可能是假的】：我们填入这两天的数字，一定是$[1,x]$内所有的数字。不妨设$a<b$，求出$y(y+1)/2\geq a$的最小$y$，然后从$y$到$1$，逐个尝试放入第一天，那么第一天一定能放满。剩下的数字，从小到大，逐个尝试放入第2天。

题解做法：求出$x(x+1)/2\leq a+b$的最大$x$，这个$x$是答案上界，这个上界一定能取到，因为，把一天放满，剩下的数字可以全放在另外一天。

我们首先让前缀的a尽可能多，$dp[i][j]$表示使得$(1,1)->(i,j)$存在全是a的路径，至少需要修改几个字符。我们考虑$dp[i][j] \leq k$，且$i+j$最大的所有位置【这些位置前缀a是最长的】，以这些位置为起点，$(n,n)$为终点，做BFS，使得路径字典序最小。

迷之构造题。比赛的时候什么想法也没有，逃跑了。

首先操作数$n/3$，级别的，意味着我们平均1步，需要保证3个位置变成0.

当串长大于等于7时，如果长度为3的后缀为000,001,010,100,101,110,111我们1步操作，就可以让最后3位变成0，但011就很令人痛苦了。

但令人惊喜的是，当串长大于等于11时，我们可以在两步操作，让长度为6的后缀变成0【打表枚举所有情况得出的结论】，然后我们把这个后缀剪掉，不管它了，接着处理下一个后缀，直到，长度不够11，到那时，状压暴力。

我们首先要有信仰。和因子有关的大部分东西，一定不会太多！

打表发现，1~1000000，每个数字，分解质因数后，把指数扔到一个vector里，排好序。这样的vector只有289种。妙啊。
对vector里的某个元素+1，-1 or 推入一个1的，代价都是1。设$dis(a,x)$表示把$a$的因子个数变成$x$最少需要多少代价，我们枚举$x$，$dis(a,x)+dis(b,x)$的最小值即为答案。
一个vector，如果属于289种，我们，对它进行一步操作。可能就不在那289种vector里了。
所以，我们需要创立一些，不属于289种vector的中间节点。穷举，元素之和小于25，单调递增的vector，把这些vector当成中间节点【不会超过20000个】
以vector为节点，BFS！求出$dis(a,x)$

2018/10/22

Good Bye 2013

A 按题意一步步模拟。

B 从1到n，再从n到1，再从1到n........

C 对所有元素排序，总小到大，考虑每个数字该变成什么

D 枚举s[1],s[2]首尾字母，包含多少个AC子串。

E 逃跑

F 先读入所有数据，建好树，倍增预处理LCA。然后逐个加点，在加点的过程中，维护树的直径。

G 待补

2018/10/23

2018-2019 ACM-ICPC Brazil Subregional Programming Contest

A 设横坐标和纵坐标的变化为$x$,$y$,$x=0$,设$f(Len)$表示$x^2+y^2\leq Len,x \geq 1,y \geq 1$且$gcd(x,y)=1$的方案数。
那么$2*[f(R^2)-f(L^2-1)]+m(n-1)+n(m-1)$就是答案了。其中$m(n-1)+n(m-1)$表示$x=1,y=0$,$x=0,y=1$这两种情况。考虑$f$该怎么计算。
$f(L)=\sum_{x=1}^{n-1}\sum_{y=1}^{m-1} (n-x)*(m-y) * [gcd(x,y)=1,x^2+y^2\leq L]$按gcd的值分类一下$f(L) = \sum_{g=1}^{n-1} \mu(g) \sum_{x=1}^{(n-1)/g}\sum_{y=1}^{(m-1)/g} (n-gx)(m-gy)[x^2+y^2 \leq (L^2/g^2)]$。我们枚举$g$的值，然后对于$(n-1)/g,(m-1)/g,L^2/g^2$值相等的$g$一起处理掉。

B 只有一块石头，就是很明显的Wythoff博弈。我们可以用$sg(x,y)$表示一个石头在$(x,y)$位置，对应的SG值。然后把每块石头的SG值异或起来，然后这个做法就假掉了。因为！获胜条件是把一块石头送到$(0,0)$而不是把所有石头送到$(0,0)$啊。如果石头的初始位置有$x,y$相等的，那很妙，先手必胜。否则。那个GG的孩子，面对的，一定是所有石头都在$(1,2)$或者$(2,1)$的局面。因为，这两位选手是聪明的！能不送，就不会送，如果当前位置非$(1,2)$,非$(2,1)$我们一定不会移动到$x=y或x=0或y=0$的那些位置上，那么把$sg(1,2),sg(2,1)$的值设为0，以及每个子游戏结束的终点就好了。

C 分别按$x1,y1$从小到大，一条一条线段地添加，如果与之前的线段有$x$个交点，那么平面就会增加$x+1$个区域。求交点时，统计下逆序对。

D 签到题

E $O(slen*tlen)$暴力

F 至今没看懂题，很烦躁

G 二分答案，check最大流是否满流。

H 好难不会【其实题都没读】

I 答案不会超过$2n$，否则imposible，迭代$2n$次就好了。

J 斯坦纳树，$dp[i][mask]$：前$i$个点，$mask$集合内的capital连通且capital度数为1的最小耗费。转移分两种:

固定i:$dp[i][x|y]=min\{ dp[i][x]+dp[i][y] \}$
固定mask:
- u在mask内：$dp[u][mask]=dp[v][mask]+dis(v,u)$【这一层用SPFA转移】
- Else：$dp[u][mask|1<<u]=dp[v][mask]+dis(v,u)$

K 不会

L 把这4个点染成红色，对着这4个点两两求LCA，把LCA染成红色，对没个红色节点check，如果同时在$(u,v),(x,y)$路径上，我们把它染成蓝色，对蓝色的点两两求距离，取max即为答案。

M 睡觉

2018/10/25

Codeforces Round #518 (Div. 1)

A $dp[i][j][3]$表示，考虑前$i$位，第$i$位为，$j$，0/1/2表示，第$i$位和第$i-1$位的大小关系。用$i-1$推$i$,维护前缀和转移。

B 找到重心，然后开始BFS，需要满足两个条件，BFS恰好进行K层，每个点有大于等于3个后继，所有点都入队一次，就OK。

C 这个问题来自于魔法侧势力。十字架即可

E 邻接矩阵的秩，即为树/森林的最大匹配。这个DP我还是没搞懂啊！

2018/10/26

Educational Codeforces Round 53 (Rated for Div. 2)

A 找相邻的不同的两位即可

B $p[i]$记录每本书的位置，然后用$top$维护，栈内还剩下几个元素。

C 枚举左端点，二分右端点。

D 设当前有$T$个金币，走一圈会耗掉$x$个，那么接下来$T/x$圈每圈都会消耗掉$x$个金币，剩下的金币数为$T\%x$。我们$O(n)$地遍历一遍计算$x$因为$T\%x > T/2$，所以复杂度为$O(nlogT)$

E 数位DP,我们从高位到低位考虑,$dp[i][mask][2][2]$：记录，前缀满足【前$i$位放好了，用掉的数字集合为$mask$，是否触顶，有没有出现前导0以外的数字】这些条件的数字，$i$位以后数字之和。$cnt[i][mask][2][2]$：记录，前缀满足【前$i$位放好了，用掉的数字集合为$mask$，是否触顶，有没有出现前导0以外的数字】的数字有多少个。

F 待补

G 我们施展Big-Small战法，如果两个vector大小的乘积小于等于$n$，那么我们两两枚举，然后计算LCP，累和。否则，设$LCP(i,j)$表示后缀$i$与后缀$j$的公共前缀，注意到$LCP(i,j)=Min_{x=rk[i]+1}^{rk[j]} height[i]$，使用单调栈维护位置$i$后面第一个$height[j]<i$的$j$，与前面的第一个$height[j]\leq height[i]$的$j$，计算$height[i]$对答案的贡献就好。

2018/10/27

Codeforces #253 div1

A 枚举提供哪些线索，如果能将所有卡片区分出来则合法，对线索个数取min即可

B 虚拟参赛时...猜的结论...将概率从大到小，一个一个地尝试着拿，然后我们发现成功的概率先递增，后递减。我们输出最大值即可。证明方法啊....数学归纳吧

开始口胡【这么证明显然不正确】：

拿1个人时，一定拿概率最大的那位。
如果拿了从大到小的前$k$个人后，再拿第$(k+1)$个人，成功地概率还是递增的，那么拿前$k+1$个人，一定是拿$k+1$个人的最优解【成功概率增量最大】

具体怎么做呢？好难不会。

C 优先考虑！a[i]<=a[nex] && a[i]<=a[pre]为上！优先把这样的元素全部拿掉，因为拿这样的数字答案不会变小，那么剩下的序列，一定是先增后减的，我们把除了最大的两个的数字加入答案即可。

D我们考虑DP，$dp[u]$: 算上$u$节点连向父亲的那条边，$u$到其子树叶子节点，最小的最大值。
$mx[u][0]$: 不算上u节点连向父亲的那条边，u到其子树叶子节点，最小的最大值。
$mx[u][1]$: 不算上u节点连向父亲的那条边，u到其子树叶子节点，最小的次大值。
当$dp[u]$的值有更新时，我们拿$dp[u]$去更新$u$节点父亲$p$的$mx[p][0]$,$mx[p][1]$.这样复杂度是$O(NlogN)$的，证明过程类似于树链剖分。

2018/10/28

Tinkoff Challenge - Final Round (Codeforces Round #414, rated, Div. 1 + Div. 2)

C: 如果Alice最小的字符小于Bob最大的字符，那么它们两个都把自己最好的字符放在字符串尽可能靠前的位置，否则，放在尽可能靠后的位置，这样就能让对手把字符放得尽可能靠前了。

D: 每个点自己向自己连边，如果两个点邻居的集合相等，那么这两个$x$的值一定相等，我们对$x$相等的点缩点，最后剩下的图去掉重边后，必须由若干条链组成的，否则不合法，我们给点依次编号后，对图进行check

E: 首先，呆毛会告诉我们，答案一定在中间的位置，何也？因为如果答案不在中间的位置，那么局势一定对一方有利【一方！什么一方！】那么另一方，一定会对称着拿，让最后剩下的数字，回到中间的位置。于是，我们分类讨论一下，对于$n\%2=0$，当$n \neq 1$时答案等于$max(a[n/2],a[n/2+1])$，否则答案等于$min(a[(n+1)/2],max(a[(n+1)/2-1],a[(n+1)/2+1]))$我们令这个东西等于$b[i]$，拿掉$k$个数字后，答案就会等于$a,b$序列中的某个区间最大值。这个区间不断像两边生长，所以我们可以$O(n)$地维护最大值。

F: 又被线段树砸死了！我们可以使用线段树。对于每个节点，我们用$sum[0] - sum[9]$维护，每个数位在这个区间内出现位置的10次幂的和。比如3在十位出现一次，在百位出现一次，那么3对答案的贡献等于$10+100=110$，然后我们还需要10个懒惰标记,$nxt[10]$记录区间内所有的0~9分别会变成什么。$nxt[10]$相当于一个映射，这个映射是具有传递性的，pushdown的时候，我们要把父节点的映射$nxt[10]$同时叠加到到左儿子，和右儿子的$nxt[10]$映射上，同时更新左儿子，和右儿子的$sum$数组。

2018/10/29

Codeforces Round #519 by Botan Investments 【又是打得烂的一场啊】

C 把串分成很多段连续的a和连续的b，从前往后扫，遇到连续a和连续b的最后一个字母就进行翻转，翻转后字符串一定是a..ab..b，或b..ba..a这样的形式的。需要注意的是，如果当前在处理最后一位，且当前串为aaaabbb时不用翻转。

D 枚举公共子串在第一个位置的起点$L$，然后右端点$R$一直往右边拱，拱到拱不动为止。那么$[L,R]$的所有子区间都是可以作为公共子串的，对答案的贡献为$(R-L+1)(R-L)/2$
然后把左端点$L$跳到$R+1$，一段一段地处理。

E 我们先假设没有边，然后再把每条边的贡献减掉。$x_1+y_2<x_2+y_1$等价于$x_1-y_1<x_2-y_2$，然后对$x-y$的值排序，然后维护前缀和，后缀和就好了。

F 妙啊，使用方案数来判定这种存在性问题，一种很妙的战法。我们用$f(x)$表示选出$k$个数字，使得这些数字gcd恰为$x$的方案数。这个很难施展，所以我们可以先求$g(x)$：选出$k$个数字，使得这些数字gcd为$x$的倍数的方案数。那么$g(x)=\sum_{x|n} f(n)$然后莫比乌斯反演就能求出$f$了，我们只需判断$f(1)$是否大于0即可。

2018/10/30

Educational Codeforces Round 5【依然打得烂】

C 把相邻的.使用并查集合并。对每个*把它上下左右的并查集并起来，size就是答案了。

D 双指针，注意l,r更新的顺序。

E 跳跳狗基本操作 $n\%k=n-(n/k)k$，对$k$的值进行分块。当$n,m\geq1e13$时。
n%MOD*m%MOD很GG啊。应该是(n%MOD)*(m%MOD)%MOD

F 哇！这个题我拿着rank当SA用是什么智熄操作啊！把所有字符串用不同的分隔符隔开拼接，然后buildSA+buildHeight+buildStack连招.最终的答案一定是一个后缀，或者是多个后缀的LCP。

如果是一个后缀，那么，排名在它后面的人不能包含它，我们用这些后缀逐个去更新答案。
如果是一堆后缀的LCP，这些后缀的rank一定是连在一起的，设他们的排名为$l$~$r$那么$min_{i=l+1}^{r} height[i]$就是它们LCP的长度，我们统计每个$height[i]$作为区间最小值对答案的贡献，这个我们用单调栈，维护每个位置，上一个比它小的height和下一个比它小的height，然后前缀和差分就好。

2018/10/31

Manthan, Codefest 16

魔禁怎么还不更新啊！

A 枚举$ax+by=c$的$x$

B $x$的阶乘末尾0的个数等于$x/5+x/25+x/125+....$，枚举$x$即可。

C 用$f[i]$表示，匹配串前$i$项，能否被$m$个串拼接出来。

D 枚举首项，第二项，逐项递推。考虑到Fib数列递增是指数级的，算上map，复杂度$O(n^2log^2n)$

E 枚举左端点，然后我们会发现，随着右端点右移动，$100max(l,r)$单增，$min(l,r)$单减，我们二分$100max(l,r) \leq min(l,r)$的最大$r$，然后在这个最大$r$两侧check更新答案即可。确定好每个$l$对应的答案后，就是个很经典的从$n$个元素中拿出$k$个元素，最小值期望问题了。

F 考虑树形DP。设两条路径为$(a,b)$,$(x,y)$，那么$Lca(a,b),Lca(x,y)$的两棵子树，一定是包含，或相离的关系。我们用$dp[u]$表示$u$节点子树内最长路。$down[u]$表示从$u$节点向子树内走，最长路径. $up[u]$表示，从$u$节点，向$u$的子树外面走，最长路径。儿子更新父亲+父亲更新儿子，两次DFS，这三个东西就能预处理好。

相离：枚举$u$，拿$dp[son_1]+dp[son_2]$更新答案。
包含：枚举$u$，使得$(a,b)$穿过$u$，$(x,y)$在$u$的某个儿子的子树内。按照如下两种情况更新答案
- $down[son_1]+a[u]+up[u] + dp[son_2]$
- $donw[son_1]+down[son_2]+a[u] + dp[son_2]$

G 按DFS序建线段树，每个线段树节点，用一个bitset维护，区间内的元素膜$m$有哪些可能。

H 离线询问后，莫队，对$a[]$序列离散化后，建权值线段树。若插入元素$x$，那么比$x$大的所有元素，乘上的fib值，右移一位。若删除元素$x$，那么比$x$大的所有元素，乘上的fib值，右移一位。左移右移可以通过乘上一个二阶矩阵来实现。权值线段树的懒惰标记，维护这个二阶矩阵就好。

2018/11/02

Codeforces Round #238 (Div. 1)

魔禁3的暗部大战为什么如此辣鸡啊？！

A 当$i\neq j$时$a_{ij}a_{ji}$会对答案产生两次贡献，不影响奇偶性。
因此答案是0还是1，取决于对角线上1的个数的奇偶性。

B 这个等式给人一种，要凑平均值的感觉。如果$i$出现了，$1000001-i$没有出现，那我们直接拿$1000001-i$。如果$i,1000001-i$都出现了。我们就选择一对都没出现过的$(j,1000001-j)$

D 先求出每个点的下一步跳哪，然后就变成一个树上求LCA的问题了。考虑后继该怎么求。点$i$下一步跳到$j$，那么第$i$个点连向第$j$个点，连线的斜率，一定去到极值。这个我们从后往前扫，维护一个凸壳就好。

2018/11/03

ACM International Collegiate Programming Contest, Arabella Collegiate Programming Contest (2018)

B 如果子树不是一条链，答案一定是-1。考虑一条链最少修改次数，设链上的权值分别为$a_1,a_2,....a_k$现在我们需要把它变成公差为$1$的等差数列。统计$x=a_i+i$的值，并记录出现次数最多的$x$，$k-cnt_x$即为答案。如果$u$节点的子树是链，有两种情况。1.u是链的端点 2.u不是链的端点。情况1自下向上更新就好，情况2则枚举所有的$u$节点。复杂度$O(n)$

I 为了让$m$个人出现时，所有钥匙都有。每个钥匙，至少要被分给$n-m+1$个人。即至多$m-1$个人没有钥匙，所以我们有$(n-m+1)x=ny$。为了让$m-1$个人出现时锁无法打开，我们需要$C(n,m-1)$种钥匙，因为从$n$个人中选出$m-1$个人，有$C(n,m-1)$种选择方法。而我们需要让每种方案都至少缺失一种钥匙。

Codeforces Round #289 (Div. 2, ACM ICPC Rules)

B 考虑-1的判定，如果极差大于k，那么就不合法，否则，我们通过每种颜色，都使得极差逐次减少1。

C 第一个串很好确定，然后我们枚举第$i$个串和第$i-1$个串的LCP。$i>=2$

D 对于不同的$j$，$w[i][j]-w[i+1][j]$在模$k$系下，值必须相同。我们可以根据这个求出$a,b$的差分序列。

E 枚举区间的长度$len$。我们用$sum_i$表示1~i元音的个数。长度为$len$的所有区间出现的元音数总和为$\sum sum_{i+len}-sum_{i}$。这个可以通过对$sum$求前缀和，来统计。

F 用$dp[i][j]$表示，$a_i$~$a_j$能表示多少种以$a_i$为根的树。关于$dp[i][j]$的转移，我们可以枚举$a_i$第一棵子树对应的区间，设这个区间为$[i+1,x]$，那么$a_{x+1}$一定大于$a_{i+1}$。我们用$dp[i][x]*dp[x][j]$去更新$dp[i][j]$就OK了

2018/11/05

Lyft Level 5 Challenge 2018 - Final Round (Open Div. 1)

A 双指针，第一个指针枚举保留几根竖的，第二个指针枚举保留几个横着的。

B 我们不妨以$a_1$为根。在自己的树上，拆掉自己的点，树一定会变成一片森林。如果交集为空，那么排骨龙选择的点，一定全在森林的某棵树内。如果排骨龙选择的某个点，出现在了森林的某棵树内，我们只需看看这棵树根节点的父亲，有没有在排骨龙选择的点内就OK了。

C $n \geq 4$时，答案一定是$max_x+max_y-min_x-min_y$。这是因为当点$p$的横坐标$p_x$不为极大极小值时。$p_x$对答案的贡献，一定是一次正的一次负的，所以它对答案的贡献为0。考虑$n=3$的情况。根据抽屉原理，3个点，一定有个点同时占据这3个点中的$max_x，max_y，min_x，min_y$中的两个。我们枚举这个点。

D 施展并查集，我们维护每个并查集的大小$sz[x]$，与每个点和根节点的异或值$dis[x]$。如果知道了$[l,r]$的异或值等于$x$，那我们把$l-1$和$r$所在的并查集进行启发式合并。对于查询，如果两个点不在同一个并查集内，答案为-1。否则答案为$dis[u]$ ^ $dis[v]$

Playrix Codescapes Cup (Codeforces Round #413, rated, Div. 1 + Div. 2)

C 分为3种情况,CC,CD,DD。CD很好解决，对于CC和DD，我们按照价格从小到大进行排序。枚举价格更高的那个，那么价格更低喷泉，价格一定在$[1,x]$这样的区间内，用BIT维护前缀最大值就好。

D 分两次算。第一次w->a,h->b，第二次w->b,h->a。考虑贪心策略，我们使用的数字，一定是最大的$k$个，枚举这个$k$，我们会发现$k$不会超过34，我们可以对这$k$个数字进行折半枚举，把$k$个数字分成两堆，先枚举第一堆的子集，让这个集合去乘w。然后在第二堆里lower_bound一个使得w能满足要求的集合。剩下的所有数字，去乘h就好了。如果w，h都能满足要求，那么$k$步操作，就能满足要求了。

E 我们先对物品进行分类。A喜欢B喜欢，A喜欢B不喜欢，A不喜欢B喜欢，AB都不喜欢。然后从小到大枚举AB都喜欢的物品个数$x$,那么A喜欢B不喜欢，A不喜欢B喜欢的，我们至少要拿最小的$k-x$个。如果还没拿够$m$个的话，从剩下的物品里，从小到大拿。我们可以用权值线段树维护剩下的物品的前$x$大值。

2018/11/06

睡了一天觉

2018/11/07

Good Bye 2014

B 如果$i,j$能交换，那么用并查集合并$i,j$，对每个并查集内元素排序。

C 这个问题长得很贪心。我们拿出一本书时，应让它上面的书轻一点。考虑$b_i$序列中第$i$本书对答案的贡献。我们找到它上一次被置顶的时间$j$，然后发现$(j,i)$区间内的书的集合，必须要搬。这便是答案的下界，这个下界是可以取到的。

D 考虑每条边对期望的贡献。一条边会把树分成两部分。如果3个点全在一侧，那么这条边对答案的贡献为0，否则对答案的贡献为两倍边权。

E 求出推倒第$i$个骨牌，在$i$之后第一块不倒的骨牌：$nex[i]$。这个可以从$n$到$1$倒着推，用线段树维护$nex[i]$的区间最大值或者单调栈都能苟。因为是要我们求最少要增长多少，我们用$cost[i]$推倒$i$使得$nex[i]$也能倒下的最小代价，这里我们一定是给$[i,nex[i])$里$p+l$最大那个骨牌增长。对着$nex,cost$施展倍增就稳了。

F 每个查询，相当于对$[a_i,a_i+P)$的区间做背包。我们可以对时间进行分治。考虑时间区间$[l,r]$里的询问，$mid=\frac{l+r}{2}$，查询分为3种:$[a_i,a_i+P)$在$mid$左侧，右侧，或跨过$mid$。在左侧右侧我们可以分治，跨过$mid$，我们可以对$mid$左侧，从右到左施展背包【后缀】。$mid$右侧，从左到右施展背包【前缀】。一个查询的区间$[a_i,a_i+P)$可以由一个后缀和一个前缀拼接而成。分治会进行$logT$层，每层预处理背包的复杂度为$O(nV)$，因此预处理背包的复杂度为$O(nVlogT)$，出来每个询问时，我们枚举$mid$左侧拿的体积，因此每组询问是线性的。总复杂度$O(nVlogT+qV)$

2018/11/08

2018-2019 Всероссийская командная олимпиада школьников по программированию, интернет-тур + отборы регионов (ВКОШП 18, интернет-тур)

A 15 🐶

E 7 🐱

G 54(-3) 🐱 对$n$的奇偶性进行讨论。如果是偶数+-+-+-这样构造。如果是奇数，前3项3*4*5 = 2*3*6之后按照+-+-+-的顺序构造就好。

H 63(-2) 🐶 枚举前两项。

L 71(-4) 🐶 苟狗食鲨鼻

I 81 🐻

D 108 🐱 类似于BFS的做法。先让度数最大的点进队列，然后把度数最大的点，和度数前$deg$大的点依次连边，更新度数，并让这些点进队。

C 130 🐱 把物品按T从小到大排序，从后往前做一次背包，枚举答案集合的mex就了。

K 201 🐻

J 261 🐶 在每个2*2的格子中画一个顺时针的环，我们可以用环形的链表来维护这个环，然后我们对连通块进行DFS，在DFS的过程中，对环进行合并，合并的时候，施展链表插入就好。

B 考虑让某个人不适，的条件集合。这个集合里，只要有一个为真，其它都一定为假。这是个很明显的2SAT问题，但是建图边是$N^2$级别的。我们可以建出36个虚拟节点。

第1个代表命题：【集合中编号第1位为0的条件，全是假的】，第2个命题【集合中编号第1位为1的条件，全是假的】
第3个代表命题：【集合中编号第2位为0的条件，全是假的】，第4个命题【集合中编号第2位为1的条件，全是假的】
第5个代表命题：【集合中编号第3位为0的条件，全是假的】，第6个命题【集合中编号第3位为1的条件，全是假的】

建出这些虚拟节点后，按照逻辑条件连边后，跑2SAT。

2018/11/09

2017 ACM-ICPC Asia Amritapuri Regional Contest

暗部大战剧情好赶啊，有种全程两倍速的感觉。

B 对$f(x)-g(x)$在$[L,R]$内积分。

D 答案一定不会超过6位。我们记录每个数字对应的合法结尾位置，然后用小的数字推大的数字。

F 树链剖分【雾】。用链表维护上一个非1的数字。因为几何级增长的爆炸性，$x$经过log层后就会变成1

H 二分答案，判断$x$时保留权值小于等于$x$的边，进行SCC缩点，合法当且仅当，图是一条链+一些前向边。做拓扑排序是判断队列大小是否一直小于等于1即可。

I 预处理每个前缀，每个后缀是否具有严格单调性。枚举删除哪个元素。

J 签到题

K 逐位考虑，从小到大一个个尝试，对字母和位置建图，用网络流满流判断合法性。

E 【待补】用二元组$(u,v)$表示这个人，刚刚从$u$走到$v$，那么我们会得到一个$2m$个节点的有向图。有向图博弈。

2018-2019 CTU Open Contest

A 签到题

B 如果两个点的坐标差为$(dx,dy)$，那么距离为$max(|dx|,|dy|)$。对于查询的一个点，我们可以以之为中心把平面分成八块。对于每一块求一下前缀最值。如果坐标$1e18$怎么做啊？对于$(x_0,y_0)$，考虑$[135.5°,180°]$区域我们需要查询$(x,y)$，满足$y<y_0,x_0-y_0<x-y$的所有点中$x$的最大值。CDQ分治一下，BIT维护前缀最大值，感觉可做

C 按题意模拟

D 把所有串插入AC自动机，如果节点$x_0$的后继为$x_l,x_r$，那么$E(x_0)=0.5E(x_l)+0.5E(x_r)+1$，建立线性方程组，高斯消元即可。

E 用后缀数组，求出长度为$k$的字符串，字典序的排名。最小化最大值问题，可以二分答案。我们二分最高的排名$x$，看看排名小于等于$x$的串，能不能覆盖满整个环。对于跨过$1$的串，我们可以拆成两半。然后就变成若干个区间能不能覆盖$[1,n]$的经典问题了。

F 数位DP，方案数可用$f(a+2^n-1)-f(a)$这样作差。$dp[i][j][2]$表示前$i$位放$j$个1，是否触顶的方案数。

G 对棋盘进行黑白染色。因为从白格一定会跳到黑格。所以如果先手与后手初始位置异色，那么一定是先手抓到后手。反之，如果同色，一定是后手抓到先手。

H SG函数。记忆化搜索。

I 把点按先$x$后$y$的顺序插入set，枚举当前最小的点，从小到大逐个尝试着给它匹配下一个点，下一个点和当前的最小的点构成的正方形，面积越小越好。可以进行这个预测性剪枝，如果$dx^2>S$那么，不可能构成面积更小的正方形，此时退出匹配。

J 按位统计对答案的贡献。枚举了$bit$位后，那么根据$v_i$在$bit$上的数值，每个节点的权值可设为0或者1，那么这一位对答案的贡献为$2^{bit}*$所有点均为1的路径数。

posted @ 2018-03-29 01:00 RUSH_D_CAT 阅读(395) 评论(0) 编辑收藏举报

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RDCのACM奇幻之旅

不可视境界线，也许真的存在呢！

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2018/4/9

Divide by Zero 2018 and Codeforces Round #474 (Div. 1 + Div. 2, combined)

D

E

F

G

2018/10/11

Codeforces Beta Round #91 (Div. 1 Only)

A

B

C

D【待补】

E

2018/10/12

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C

D

E

F

G 待补

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(NWERC 2017)题解

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