康复计划

记录一下近期刷过的题，毕竟三年没碰OI了

8月

Luogu1077 & 1095 水题

Luogu3842 一开始想法是对的，结果敲错了一个字母；后来写的大讨论有个地方没有+1

Luogu1541 当前位置的这个状态不需要记录

Luogu4059 不需要记录末尾空格的数量，因为转移的时候与数量无关，只与最后空格的位置有关。（注意上下都是空格的情况不存在）

Luogu1833 二进制拆分，把多重背包中的“数量”用二进制数的和表示

Luogu1064 对取0/1/2个附件的主件讨论，抓化成01背包

Luogu1941 向下y，只能取一次，向上x，可以取无限次。抽象成一个01背包+一个完全背包模型。对高度为m特判一下 踩的坑：1.向上取整(a-1)/b+1注意极端情况a=0,b=1，特判掉 2.完全背包本质上就是优化了的多重背包，所以就不要枚举第i个物品取的个数了（因为可以“重复”利用前面得到的结果），直接dp[i][j]=dp[i][j-x[i]]+1（这是在i这个位置跳了k次->k+1次的情况）和dp[i][j]=dp[i-1][j-x[i]]+1（这是在i位置跳的第一次的情况）即可。3. 注意本题中“第i个物品不选”对应的是下降y[i]，因此要放在跳x[i] k次之后 4. 高度为m之后不能再跳了，判掉这种情况，注意仍然只需要枚举 [m-x[i] .. m]这段（dp[i][m-x[i]..m] & dp[i-1][m-x[i]..m]）

Luogu3146 这个题设状态是关键 dp[i][j]表示[i..j]全部合并完成所对应的值（否则为-1），这样的话不用额外记录合并的具体细节（也记录不了），当发现状态记录不了一些事情时，可以添加限制条件方便转移。

Luogu4302 设dp[i][j]为[i..j]折叠的最小长度，转移的时候只需要算一下[i..k]在[k+1..j]中出现了多少次即可

Luogu1063 水题

Luogu4342 注意不仅要记录最大值，还有最小值（因为两个负值乘起来可能更大）。被读入坑惨了。scanf("%d\n",&n)，不要用getchar()（或者用两次）

CF149D 区间dp，直接做会有重复，如对于()()()，在计算dp[1][6]时，我只需要用dp[1][2] * dp[3][6]，因为如果我再计算dp[1][4] * dp[5][6]的话，dp[1][4]出现的情况都会在dp[1][2] * dp[3][6] 中包含了，导致了重复，所以只需要记录最近的匹配位置match[i]，每次用dp[i][match[i]] * dp[match[i]+1][j]

UVA12991 见题解

Luogu3052 直接枚举子集 3^n会超时。考虑令dp[S]表示安排S中的元素所需要的最少电梯数，这显然不足以表示完全状态，记lft[S]表示最优情况下剩下的最后的电梯剩余容量（如果前面有电梯能再装下，可以通过对应的转移得到），枚举S中未出现的元素i，只需要考虑能否装下当前元素。别忘了如果不是更优解但是lft[]更优的情况

Luogu1879 枚举本行和上行状态，状压dp。注意滚动数组需要清空！！

Luogu3959 写了个不太对的dp，虽然能过但是被uoj叉掉了。

Luogu2831 \(dp[S]\)表示打掉\(S\)内小猪的最少小鸟数，直接枚举转移用的集合/枚举补集的子集是\(4^n/3^n\)的，不行。考虑维护一个\(lin[i][j]\)辅助转移，表示包含\(i 、j\)的抛物线能打掉的小猪集合，转移枚举\(i\)\(j\)即可，时间复杂度\(n^2*2^n\)，可以优化到\(2^n*n\)等我有时间研究一下

CF1704CD 水题&见题解

CF1704E 记没有出度的点为\(pos\)，考虑当时刻\(t\geq n\)，当前的状态一定是有很多溜水，从源头一直不间断流到\(pos\)，这是因为DAG中最长路长度不超过\(n\)，从源头的一滴水肯定能到达\(pos\)。也就是说此时不存在这种情况："--->o-->pos"（中途间断），再次解释一下，如果存在，则'o'处在\(t-1\)时刻一定没有水，但是根据其上游有水，而且这些水一定能在至多n时刻以内到达'o'，这就证明这种情况不存在。分析出来这个性质，我们只需要对前\(n\)时刻进行暴力模拟，之后的情况就是：源头先断，源头的下游一个接一个断，直接利用拓扑序求出此时所有点的水量，挪到下游（即出边的点）即可。

Luogu2150 见题解

Luogu2657 数位dp模板题，注意把所有状态包括是否有前导零，与上界的关系都作为状态dp，也可以分块打表。

CF1097C 显然一个括号序列的要么是合法的，要么放在左/右边（且如果能放，只能放在一边），开两个桶记录放在左/右边需要的右/左括号值，取min求和即可，注意特判合法的情况

CF1097D 先考虑n为一个质数幂的形式，显然此时用一个dp解决\(dp[i][j]\)表示已经分了\(i\)次，指数数为\(j\)的概率，转移显然。n可以分解成数个质数幂相乘的形式，而显然不同质数幂之间的选择是独立的，根据E(XY)=E(X)E(Y)，对每个质因数单独统计期望，最后相乘即可

Luogu4124 数位dp，把限制条件都作为状态扔到dp数组里即可。注意只需要统计符合要求的方案数即可。

CF1716C 辣鸡题，等我有心情了再写写 UPD8.14 看了2h，还是有点迷..

CF1716D 设\(dp[i][j]\)表示第\(i\)轮走到\(j\)位置的方案数，转移：$$dp[i][j] = \Sigma_{num=1}^{j-num*(k+i-1)\geq 0} dp[i-1][j-num * (k+i-1)]$$注意第一位只有\(\sqrt{n}\)种，于是直接转移的复杂度是\(O(n^2\sqrt{n})\)。然后发现对于同一个\(i\)，\(k+i-1\)是相同的，可以类比前缀和优化的思想，枚举每个\(i\)时先统计一下“前缀和”\(pre[j]=pre[j-(k+i-1)]+dp[i][j]\)，转移时对于一个\(i,j\)可以\(O(1)\)转移，时间复杂度\(O(n^2\sqrt{n})\)。统计答案时对于每个\(i\)分别统计\(dp[i][j]\)即可，因为“路径”到达的步数可以任意。

CF1712 见题解

Luogu3372&3373 线段树基础操作，注意先乘后加。终于理解含义了！如\(a[l..r]+2, a[l..r]*3, a[l..r]+4\) 变成\(a[l..r].sum+2 *3 +4\)，懒标记2个，为加和乘，区间乘的时候要把加的lazyadd也乘，相当于是(a[i]+2)3 = a[i]3+23，往下push的时候lazymul管a[i]3，lazyadd管2*3

BZOJ3211 没有修改，开根至多6次，记一下最大值，如果这个区间内最大值<=1就不用开根了，否则O(logn)遍历到叶子再修改

NCPC2018A 记\(f[W]\)表示能承载总重为\(W\)的青蛙的最高高度，按\(w_i\)大小从大往小遍历，如果\(f[w_i]+l[i]>d\)就说明\(i\)能跳出去，然后转移是\(f[w_i]=min{f[w_i+s]+h_i}\)，因为显然最优的跳法是先让w小的青蛙跳，因此如果\(i\)能跳出去（这是建立在比\(i\)中的青蛙当垫脚石的基础上），那么其按最优解跳时一定能跳出去。

CF1702D1 设\(dp[i]\)表示以\(i\)作为结尾的最长子序列长度，显然直接枚举转移是\(O(n^2)\)的，考虑优化。注意到有\(a_i\leq 200\)，所以\(a_j \bigoplus i\)使得\(i\)最多少了200，当然为了直观可以取256，同理\(a_j \bigoplus i\)使\(i\)最多能多256，因此j只需要从i-512开始枚举即可。注意多组数据注意memset可能会导致超时！

CF1715C 差分一下求出差分数组\(a[2..n]\)，考虑g(l..r)的答案：（先排除\(l==r\)的情况）即为\(a[l+1..r]+1\)，算出第\(i\)个位置被加的次数是\((n-i+1)*(i-1)\)，然后维护整个数组的和即可。本sb写了树状数组真是数据结构学傻了

CF1715D 一眼按位独立计算，有一种很精妙的实现：设读入为u,v,w，设u<v，每次如果w该位不为0g[v].push_back(u)，这样先去掉w该位为0（两个数显然该位都为0），剩余全是两个数该位至少一个1的情况，这样“倒序”的处理的好处就是，每次取\(i\)，再遍历\(g[i]\)，比如当前节点为\(u\)，则\((u,i)\)这对一定是最后一次遍历，这样决定谁取1就很轻松了，不用像我一开始实现用的“正序”处理先考虑\(i\)，再对\(u\)标记，很难写且容易错。这样做也能避免一种情况：\((i,j)\)中已经有其中一个确定，显然另外一个也可以确定，但是这样的话后面如果已经确定了，前面也可能出现\((i,j)\)中已经有一个确定的情况，但是这种情况无法维护！用这样的方法，每次取到的\((u,i)\)都是最后一次取到，就可以完全确定了。

CF1200E 维护答案串的hash值，每次加新串的时候暴力判断最远的hash相等的位置在哪，然后合并。时间复杂度\(O(\Sigma n)\)，注意写自然溢出会被卡

Luogu7521 枚举\(a_k\)，取模后排序，将\(i,j\)分成\(a_i+a_j>a_k\)或者<的情况。>时显然取最大的两项（因为此时答案即为两项之和减去\(a_k\)），<时枚举\(a_i\)，由于单调性可以直接二分（upper_bound）求出\(<a_k-a_i-1\)的最大值在哪。时间复杂度\(O(n^2logn)\)。我们可以从大往小枚举\(a_k\)，如果当前\(a_k\)已经小于ans直接break。时间复杂度玄学。

CF126B 显然满足前后缀相同条件只需要不断跳\(nxt[n]\)即可。对于每次跳，再暴力判断是否存在\(nxt_i(i=2..n-1)\)满足当前nxt值的。如果存在直接break。时间复杂度玄学

CF27E 小的几项打表，大的就把\(n\)质因数分解之后每个因数派发给从小到大的质数即可。

UVA11526 & Luogu2261 数论分块。

Luogu1309 直接每次排序会超时。注意到胜者和负者的相对顺序不会改变，利用归并排序的思想可以做到O(n)合并

Luogu1310 见题解

CF510D 利用map优化dp（去除无用状态）

9月

Luogu2054 打表可以发现答案即为 \(L*inv(2^{m}) \mod n+1\)，注意不能直接乘方\((n+1-2)\)，因为不互质（是由费马小定理推出来的），可以用扩欧求出\(ax=1(\mod b) \rightarrow ax+by=1\)。我写了原根求出周期，但是没有必要。注意要写快速乘。

ARC146 ABC 见题解 D咕了

UVA11327 求欧拉函数的前缀和，二分一下即可

Luogu3201 见题解

ZROI490 注意f(x)最大是81*18，枚举一下f(x)暴力判断x是否符合条件即可

ZROI491 树形dp，设\(dp[i][0/1/2]\)表示当前结点和\(XY\)均不联通/\(X\)连通/\(Y\)连通的最小代价，转移dfs即可，注意\(dp[u][1/2]\)需强制和\(X/Y\)连通，标程貌似没有考虑到这一点。

Luogu2014 有依赖的树形背包，类似背包做法，设一个超级根节点（0），每次循环重量（选课数）的时候从2开始而非1，处理一下选课数为 0 的情况即可。

Luogu3803 分治FFT

Luogu2602 数位dp

Luogu2016 树形dp，看错题意了也真是离谱

ARC100 见题解

ZROJ987 一个关键结论：两条链相交当且仅当一条链两个端点的lca在另一条链上。于是问题就变成了树上单点加，求链和（再减1因为自己也包含进去了）。可以用差分/树剖解决。注意最后还需要减去重复的情况，因为如果多条链端点的lca相同（比如说有\(a\)条），直接统计的结果为\((a-1)*a\)，但该部分的答案应为\((a-1)*a / 2\)，需要减去一个\((a-1)*a/2\)才可。另外一种考虑是链的性质：点数-边数=1，所以也可以转化为链加（点&边都要维护）链求和

CF739B 考虑枚举被控制点，那些点能控制它，\(dis\)显然单调，我们可以二分祖先的位置，判断是否能控制，问题转化为一个链加单点求和，差分解决，时间复杂度两个log（二分+倍增求出祖先）

Luogu1038 拓扑排序之后模拟即可

10月
CF1738D 可以先写个根据a构造b的程序，发现有规律，略证之后就可以写了。首先，如果有很多个\(b_y=x\)，那么a中的情况一定是这样：\(x y1 y2 ..\)，而对于yi来说，我们只关注是否存在\(b_z=yi\)，找到这样的yi之后将其放在y序列的末尾，剩下的可以随便排。实际上就是把a分成了若干块，x || y1 y2 .. yi || z..，每块与k的大小关系都是与前面相反。利用反证法以及b的定义可以说明一定只存在一个yi。至于算k，统计一下<=k的块的大小之和即可

Luogu2152 辗转相除+高精，利用 /2 加速，压位加速