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
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 \(max(n+2,1)\)
C
D 🐻干的，不关我的事
E
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。
1A
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。
1B
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。
1C
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。
1D
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。
