省选做题总结

省选做题总结

2.16 - 2.22

Luogu P4068 [SDOI2016]数字配对

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​ 定义\(cnt[i]\)为\(a[i]\)唯一分解之后所有质因子的指数之和。

​ 我们发现当且仅当：\(cnt[j] = cnt[i] + 1 \&\&a[j]\%a[i] = 0\)时，\(a[i]\)和\(a[j]\)才可以配对。

​ 那么如何获得最大价值呢？我们考虑费用流。

​ 首先把\(cnt[i]\)为奇数的放左边， 为偶数的放右边，因为可以配对的两个数字他们的\(cnt\)奇偶性一定不同。

​ 然后源点向左部连一条流量为\(b[i]\)，费用为0的边。可以配对的两个节点连一条流量为\(inf\)，费用为\(c[i] * c[j]\)的边。右部向汇点连一条流量为\(b[j]\)，费用为0的边。跑最大费用最大流就好了。

Luogu P3973 [TJOI2015]线性代数

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​ 题中给定了这个式子 ： \(D = (A * B - C) *A^T\), 我们考虑把它变换一下形式；

​ \(D = A * B * A^T -C*A^T = \sum_{i = 1}^n \sum_{j = 1}^na[i]*b[i][j] *a[j] - \sum_{i = 1}^nc[i] *a[i]\)

​ 变换形式后的式子看起来顺眼多了，很容易观察到，\(a[i]\)和\(a[j]\)同时取1的时候答案将会加上\(b[i][j] - c[i]\).

​ 所以我们可以考虑最小割。源点向每个\(i\)连一条流量为\(c[i]\)的边，然后\(a[i]\)和\(a[j]\)同时向一个新建节点\(k\)连一条流量为\(inf\)的边，然后\(k\)向汇点连一条流量为\(b[i][j]\)的边，跑最小割就好了。

​ 割掉一条从源点出发的边的意义是 ： \(a[i]\)取1；

​ 割掉一条连向汇点的边的意义是 ： \(a[i],a[j]\)取0。

Luogu P4055 [JSOI2009]游戏

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​ 首先我们可以把所有的可以相互到达的'.'连一条边，然后求出这个图的最大匹配\(k\)。一条最大匹配上的边的意义是 ：这两个节点是可以相互推的。（废话）

​ 如果说\(k * 2 = tot\)，\(tot\)为总点数，那么说明无论先手走到哪个点，都一定有下一个点可以让后手推，所以先手必败。

​ 相反，如果有非匹配点，那么先手放到这些点就可以必胜。因为一个非匹配点一定连着一个匹配点（如果是两个非匹配点相连的话那就又会多一条匹配，与最大匹配矛盾），这样先手只要放了非匹配点，那么后手就只能推向一个匹配点。这样问题就和第一种情况一样了：不论后手推到哪个点，都一定有下一个点可以让先手推，所以先手必胜。

​ 我们跑一边匈牙利，求非匹配点\(x\)，但这并不是全部的答案。我们发现二分图上与\(x\)同侧的可以被\(x\)取代的那些点也是答案点。比如与\(x\)相连的点为\(y\)，可以知道\(mat[z] = y\)的点\(z\)，这个\(z\)就可以被\(x\)取代。\(dfs\)一下就好了。

Luogu P1368 【模板】最小表示法

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​ 就是给一个环，问这个环从哪个点断开后出现的序列字典序最小，可能会有相同元素。

​ 这是最小表示法的模板题，但我并没有学最小表示法（之后补上吧），所以用了比较麻烦并且有点慢的SA过了这道题。

​ 首先我们将这个环从1断开，然后补成原来的二倍，这样比较方便，然后对这个新字符串求一下后缀数组。

​ 然后预处理一下\(height\)数组的区间最小值，这样可以\(O(1)\)的求出任意两个后缀的\(lcp\)。\(O(n)\)的遍历这个字符串，比较答案串和当前串的\(lcp\)的下一个字符就可以更新答案了。

Luogu P4171 [JSOI2010] 满汉全席

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​ 可以说是2-SAT的模板题了。

​ 我们可以把一种食材的汉族做法和满族做法分别看成0和1。对于一个评委的要求\(i_0,j_1\)，如果说没有\(i\)的汉族做法就一定要有\(j\)的满族做法，没有\(j\)的满族做法就一定要有\(i\)的汉族做法。对应的连边就是\(i' -> j', j -> i\)，就是说如果有\(i\)的满族做法，那么一定要有\(j\)的满族做法。

​ 然后Tarjan判断一下有无解就好了。

Luogu P5782 [POI2001] 和平委员会

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​ HDU 1814是这道题的加强版，要求输出所有合法答案的字典序最小的那一个，好像是要\(dfs\)实现，我还不会。

​ 我们可以把一个党派的两个人分别看做0和1。如果有\(i,j\)不友好，那么连边就是：\(i -> j',j ->i'\)。用Tarjan判断有无解。

​ 那么怎么输出合法方案呢？对于同一个党派的两个人\(i, i'\)，谁所在的强联通分量编号小就输出谁。因为每个强联通分量的标号就是反向的拓扑序。

Luogu P3209 [HNOI2010] 平面图判定

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​ 首先平面图有一个性质 ：\(m <= 3 * n - 6\)。不满足这个性质的一定不是平面图。

​ 所以\(m\)的数据范围一下子缩小了好多。

​ 我们把这个图中的不是哈密顿环上的边都找出来，每条边只有两种可能，在环内和在环外。这就和2-SAT问题的0和1很像了。然后我们在找到可能会相交的那些边，把这两条边看做是矛盾的，就是一个在环内一个在环外，跑Tarjan判断有无解就好了。

Luogu P4036 [JSOI2008]火星人

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​ 很明显，平衡树维护哈希值就好了。

​ 我们在执行询问操作的时候，可以二分一下\(lcp\)的长度，然后用平衡树查询一下那段区间的哈希值一样不一样就好了。

Luogu P4287 [SHOI2011]双倍回文

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​ Manachar的好题。

​ 首先我们把Manachar的板子打上，然后对更新\(mx\)那里面进行一些操作。们只需要判断更新的这整个回文串的一半是不是回文串就好了。看代码应该更好理解 ：

for(int i = 1;i <= n; i++) {
		if(mx < i) r[i] = 1;
		else r[i] = min(mx - i, r[2 * p - i]);
		while(s[i + r[i]] == s[i - r[i]]) r[i] ++;
		if(i + r[i] - 1 > mx) {
			if(!(i & 1)) 
				for(int j = max(mx, i + 4);j < i + r[i]; j++) {
					if(!((j - i) & 3) && r[i - (j - i) / 2] > (j - i) / 2) ans = max(ans, j - i);
				}
			mx = i + r[i] - 1; p = i;
		}
	}

​ 我们可以知道答案一定是4的倍数。\(i - (j - i)/2\)是整个回文串前半部分的中点，只要这个点的回文半径大于整个回文串的四分之一，那么整个回文串一定是双倍回文。

考试题 划分序列

​ 给定一个长的为\(n\)的序列，要求分成\(k\)段，每一段都是连续的一部分，要求权值最大的子段权值和最小。序列元素为整数。\(n <= 50000\)。

​ 如果说所有元素都是整数还比较好说，直接二分就好了。

​ 但这道题有负数。还是考虑二分。二分一个\(mid\)表示权值最大子段的权值和。

​ 为了满足这个限制，我们需要把整个序列分成若干段，但是一定会有一个最小段数\(L\)和最大段数\(R\).只要\(L <= k <= R\)，那么这个\(mid\)就是合法的。

​ 设\(f[i]\)为前\(i\)个数字分成合法的段的最小段数。转移方程就是 ：

​ \(f[i] = min\{f[j] + 1\mid sum[i]-sum[j] <= mid\}\)；

​ \(sum\)代表前缀和。我们只需用树状数组优化一下就好了。最后\(L\)就等于\(f[n]\)。

​ 求\(R\)的方法一样，只需设\(f[i]\)为前\(i\)个数字分成合法的段最大的段，转移改为\(max\)就好了。

​ 时间复杂度\(O(nlog^2n)\)。

bzoj 2223. [Coci 2009]PATULJCI

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​ 主席树维护\(size\)就好了，主要是怎么找大于一半的数字。

int Query(int R, int L, int l, int r, int k) {
	if(t[R].siz - t[L].siz <= k) return 0;
	if(l == r) return l;
	if(t[ls(R)].siz - t[ls(L)].siz > k) return Query(ls(R), ls(L), l, mid, k);
	else return Query(rs(R), rs(L), mid + 1, r, k);
}

​ 这么找就好了。

Luogu P4219 [BJOI2014]大融合

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​ 平衡树维护虚链信息。

​ 平常维护\(size\)是这样维护的：

void up(int o) {
	siz[o] = siz[ls(o)] + siz[rs(o)] + cnt[o];
}

​ 现在要把虚链所连的那些点的\(size\)也维护上：

void up(int o) {
    siz[o] = siz[ls(o)] + siz[rs(o)] + cnt[o] + sizx[o];
}

​ \(sizx[o]\)代表节点\(o\)虚链所连的子树的\(siz\)。所以我们需要在连虚链的地方维护这个\(sizx\)。就是下面这两种情况：

​ \(Link\)连边的时候连的是虚边；

​ \(Access\)的时候会有虚边的消失和产生。

Luogu P4172 [WC2006]水管局长

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​ 平衡树维护生成树。

​ 我们发现每删除一条水管可能需要重构最小生成树。不好弄，我们把操作从后向前进行，改为加边。

​ 每往生成树中加一条边就会构成一个环，我们在环上找到权值最大的一条边再删掉就好了。

​ 连边，删边，找最大值在平衡树上很容易实现。但是还有个问题，就是平衡树上只能维护点的信息，不能维护边。我们可以将边转化成有价值的点，举个例子：当前有一条边的边权为5，连接着\(x, y\)；那我们把他转化成\(x,y,z\)三个点，\((x,z)(z,y)\)两条边，其中\(z\)的权值是5。

CF525D Arthur and Walls

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​ 构造搜索题。

​ 我们用一个2*2的网格遍历整个矩形，这个网格里无非就四种情况：有1， 2， 3， 4个$ * \(。我们发现，有2， 3， 4个\) * \(的都不用改，只有1个\) * \(的时候需要改，因为不管这个2*2的网格覆盖在在矩形的任何方位，都不可能出现仅有一个\) * $的情况。所以我们只需搜索这种情况就好了。

Luogu P6247 [SDOI2012]最近最远点对

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​ 这本来是K-D树的题，但我不太会，于是看到一种乱搞的方法感觉挺好的。

​ 随机旋转坐标系角度，然后对所有点进行以\(x\)为第一关键字，\(y\)为第二关键字排序，然后暴力枚举部分节点统计答案就好了。正确率非常高。

​ 有一个旋转公式需要记住，点\((x, y)\)逆时针旋转\(\alpha\)度后：

​ \((cos \alpha*x - sin\alpha*y,sin\alpha*x+cos\alpha*y)\)。

CF103D Time to Raid Cowavans

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​ 根号分治。（这种题见得挺少的）

​ 对于\(n/k\)比较小的，我们直接暴力跳块就好了。

​ 其余的我们预处理一下后缀和就好了。

​ 但是所有都预处理空间会炸。我们考虑把所有操作都离线下来，把\(k\)相同的都存在一个vector中。每次只预处理一个\(k\)，空间就没问题了。

P3201 [HNOI2009] 梦幻布丁

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​ 对于修改，我们是要合并两个集合，显然要启发式合并。

​ 其实知道要用启发式合并就没什么好说的了，实现还挺简单的。

​ 简单说一下启发式合并的复杂度 ： 我们每次将小的集合合并到大的集合上面，显然小的集合的大小会翻倍。点数上限是\(n\)，所以对于每个点，我们最多就会合并\(logn\)次，所以总时间复杂度是\(O(nlogn)\)的。

CF600E Lomsat gelral

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​ 仍然是启发式合并。

​ 我们考虑统计一颗树中的颜色（根为\(x\)），是不是先要统计它每一棵子树中点的颜色，那是不是最后一棵子树统计完了颜色的出现次数不用清0，直接用到当前树\(x\)中去就好了。所以为了使用重复统计的节点数量最多，我们最后一棵统计的子树一定是他的重儿子。

​ 于是我们得到了清晰地思路：首先找出每个节点的重儿子，然后遍历每个节点，先统计出这个节点所有轻儿子的答案，每次统计完轻儿子都要清空记录次数的\(cnt\)数组；然后去统计重儿子的答案，不用清空\(cnt\)；然后再去统计一遍所有轻儿子的节点的颜色出现次数，得到当前点的答案。

CF1437E Make It Increasing

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​ 无解的情况不用说，挺好想的。

​ 如果没有强制不修改的元素，我们考虑怎么做。我们需要满足这个限制条件：\(\forall i < j, j-i<=a[j]-a[i]\)，变换一下形式就是：\(j - a[j] <= i-a[i]\)。

​ 所以我们可以把\(i-a[i]\)看成是序列元素，对这个序列求一个最长不降子序列，那么用总数减去最长不降子序列长度就是要修改的数量。

​ 这个题有\(k\)个点不能改，那我们可以把它看成\(k+1\)段，每一段都是上面所说的那个问题了。但是要注意一点，求出来的这个最长不降序列一定要包括首尾（开头和结尾那两段分别不用包括首和尾），因为首尾的那两个节点是不能改的。

2.23 - 2.25

Luogu P4135 作诗

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​ 分块好题。

​ 首先我们预处理处两个东西：\(f[i][j]\)代表颜色\(i\)在前\(j\)个块中出现的次数，\(ans[i][j]\)代表块\(i\)到\(j\)有多少种颜色。

​ 这两个东西都可以\(O(n\sqrt n)\)预处理出来。但是预处理\(ans\)的时候要注意一下方法，就比如一开始我的方法，看上去没问题，但其实是会\(TLE\)的：

for(register int i = 1;i <= k; i++) {
 		for(register int j = i;j <= k; j++) {
 			for(register int l = L[j];l <= R[j]; l++) {
			 	tong[a[l]] ++;
				if(tong[a[l]] == 1) v.push_back(a[l]);
			}
			for(register int l = 0;l < (int) v.size(); l++) {
				int val = v[l]; 
				if(!(tong[val] & 1)) ans[i][j] ++;
			}
		}
		for(register int j = L[i];j <= n; j++) tong[a[j]] = 0; v.clear();
	}

​ 上面的代码\(v\)的大小最坏可以达到\(O(n)\)大小的，复杂度就不对了，改成下面这种就好了：

 	for(register int i = 1;i <= k; i++) {
 		int res = 0;
 		for(register int j = i;j <= k; j++) {
 			for(register int l = L[j];l <= R[j]; l++) {
			 	if(tong[a[l]] & 1) res ++;
			 	else if(tong[a[l]]) res --;
			 	tong[a[l]] ++;
			}
			ans[i][j] = res;
		}
		for(register int j = L[i];j <= n; j++) tong[a[j]] = 0; v.clear();
	}

​ 预处理完这两个东西也就好做了，之后就和正常分块一样。统计答案的时候非常巧妙：

res = ans[x + 1][y - 1];
for(register int i = 0;i < (int) v.size(); i++) {
    int val = v[i];
    int tmp = t[val][y - 1] - t[val][x];
    if(tmp && !(tmp & 1)) res --;
    tmp += tong[val];
    if(!(tmp & 1)) res ++;
}

​ \(v\)中存的是两边散块的颜色，如果整块中这个颜色的次数是偶数，就\(res\) --，因为之后如果总和是偶数的话还会加回来，总和是奇数的话那么本来就该减一次。

Luogu P1903 [国家集训队]数颜色

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​ 带修莫队板子题。

​ 与普通莫队不太一样的地方：对于每个询问操作再记录一个它前面有几次修改。

​ 在询问的时候，先把两个指针移动到对应区间，然后还需要一个指针移动到当前询问之前的最后一个修改位置。

​ 这个新的指针移动到哪里，它就执行之前所有的修改操作。

​ 当然，排序也要改一下：

int cmp(ques x, ques y) {
	if(pos[x.l] == pos[y.l]) {
		if(pos[x.r] == pos[y.r]) return x.t < y.t; // t是当前询问前面有几次修改。
        else if(pos[x.l] & 1) return pos[x.r] > pos[y.r];
        else return pos[x.r] < pos[y.r]; // 奇偶排序
    }
    else reurn pos[x.l] < pos[y.l];
}

Luogu P3857 [TJOI2008]彩灯

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​ 线性基。

​ 每个开关都可以控制一些彩灯，我们把可以控制的地方看成1，不可以控制的地方看成0，那么每一个开关就是一个01串。如果要按下当前开关，那么相当于对当前灯的开关状态异或上这个01串。

​ 我们现在想要知道可以得到多少种灯的开关状态，也就是任意开关组合，可以得到不同的01串的个数，这正好就可以用线性基做。

​ 我们把这些01串的线性基构造出来，假如说线性基的大小是\(K\)，那么最终答案就是\(2^K\)。

Luogu P4570 [BJWC2011]元素

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​ 线性基。

​ 我们如何选择石头才能使总和最大呢？答案是：贪心的选，也就是从魔力值最大的开始选，能选则选。

​ 为啥呢？我们考虑当前有\(a, b, c\)三个魔法石，满足：\(a \oplus \ b \oplus \ c =0,val[a] > val[b] > val[c]\)。

​ 根据异或的性质：\(a\oplus b=c,a\oplus c = b， b \oplus c= a\)，那么既然三个中只能选两个，那我们为什么不选最大的那两个呢？

​ 所以现在我们可以得出清晰地思路：将所有石头按魔力值排序，然后一个一个插入线性基，若能插进去就把这个石头的价值统计到答案里。

Luogu P4869 albus就是要第一个出场

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​ 还是线性基。

​ 首先我们得知道一个线性基的性质：

​ 设原集合大小为\(N\)，线性基大小为\(B\)，显然线性基可以异或出\(2^B\)个数，那么每个数值的个数就是\(2^{N - B}\)，从题目中的样例解释就可以看出来了。

​ 为什么呢？我们可以知道不在线性基中的元素个数是\(N-B\)，对于任意一个不在线性基中的元素，我们可以用线性基的若干元素异或和得到，那么对于任意一个由不在线性基中元素异或得到的数\(x\)，肯定也可以用线性基的若干元素的异或和得到。

​ 每一个数\(x\)都可以从线性基中找到一个一样的异或和，它们两个异或后得到0。一共会有\(2^{N-B}\)个\(x\)，所以就有\(2^{N-B}\)个0，其他数字应该也是一样的。

​ 知道了这个性质之后就可做了。

​ 我们二分一个排名，然后用线性基求\(k\)小值算出这个排名上的数字是多少，判断一下就好了。最后记得加上0的个数。

考试题 吉利数

​ 题目大意：

​ 计算这样的\(n\)位数个数：每一位只能出现奇数，1和3必须出现并且必须是偶数次。\(n <= 1e15\)

​ 矩阵加速 + 组合数学。

​ 设\(a_n\)代表每一位只出现奇数，1，3出现了偶数次。

​ 设\(b_n\)代表每一位只出现奇数，1出现了偶数次，3出现了奇数次（或者是3出现了偶数次，1出现了奇数次）。

​ 设\(c_n\)代表每一位只出现奇数，1，3出现了奇数次。

​ 可以得到：\(a_n = 3a_{n-1}+2b_{n - 1}\)，\(b_n=3b_{n-1}+a_{n-1}+c_{n-1}\)，\(c_n = 3c_{n -1}+2b_{n-1}\)。

​ 然后矩阵加速就好了。但是少考虑了一点，1和3必须出现，而dp过程并没有考虑。

​ 我们考虑容斥一下：2 *（减去1没有出现，3出现了偶数次的情况），再加上1,3都没有出现的情况。

​ 1没有出现，3出现偶数次的情况：\(\sum_{i=0}^n[2\mid i] C_n^{i}*3^{n-i}\).

​ 我们考虑怎么求这个，有二项式定理：

​ \((3+1)^n=\sum_{i=0}^nC_n^{i}*3^{n-i}\)

​ \((3-1)^n=\sum_{i=0}^n(-1)^iC_n^{i}*3^{n-i}\)

​ 上下两式相加在除以2就可以得到要求的式子，而这个式子的值就是\(2^{n-1}+2*4^{n-1}\)。

Luogu P4035 [JSOI2008]球形空间产生器

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​ 高斯消元。

​ 有\(n+1\)个点，编号从0到\(n\)，球心设为\(O\)

​ 直接上式子\(dist(n1，O)=dist(n0,O)\)。

​ 这样可以列出\(n\)个式子，拆开化简可以把平方项消掉，直接高斯消元就好了。