“2018宁夏邀请赛 ” 兼 “The 2019 Asia Yinchuan First Round Online Programming”
------------7题弟弟，被各位半小时13题的大佬打惨了（滑稽）----------
签到题就不写了。
F ：Moving On (1247ms）
题意：给定大小为N的带点权，带边权的完全图，N<200。 然后Q次询问，每次给出(u,v,w)，让你求在除了起点终点的其他途经点的点权都<=w的条件下的最短路。
思路：可以离线做的话，显然就是需要排序了。 然后想到floyd就是一个用点更新的最短路算法。 那么我们把floyd的第一层按点权排个序即可。 那么第k层的dis[i][j]，就表示途经点都<=w[k]的最短路。 为了方便，这里所有的点权和询问的w都离散化了。 （比赛因为没有初始化WA了半天，哭）（网上看了其他人的写法大都是三维的，显然没必要，很明显是滚动的，在可以离线的情况下，第一维没什么用）。
#include<bits/stdc++.h> #define pii pair<int,int> #define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++) using namespace std; const int maxn=210; const int maxm=20010; int mp[maxn][maxn],b[maxn],tot,ans[maxm]; struct in{ int u,v,w,id; }; vector<in>G[maxn]; pii a[maxn]; int main() { int T,N,M,C=0; scanf("%d",&T); while(T--){ scanf("%d%d",&N,&M); rep(i,1,N) scanf("%d",&a[i].first),a[i].second=i; rep(i,1,N) b[i]=a[i].first; sort(b+1,b+N+1); tot=unique(b+1,b+N+1)-(b+1); rep(i,0,tot) G[i].clear(); rep(i,1,N) a[i].first=lower_bound(b+1,b+tot+1,a[i].first)-b; sort(a+1,a+N+1); rep(i,1,N) rep(j,1,N) scanf("%d",&mp[i][j]); rep(i,1,M) { in t; scanf("%d%d%d",&t.u,&t.v,&t.w); ans[i]=mp[t.u][t.v]; t.w=upper_bound(b+1,b+tot+1,t.w)-b; t.w--; t.id=i; G[t.w].push_back(t); } rep(k,1,N) { int tk=k; while(tk+1<=N&&a[tk+1].first==a[k].first) tk++; rep(p,k,tk) { rep(i,1,N) rep(j,1,N){ int kk=a[p].second; mp[i][j]=min(mp[i][j],mp[i][kk]+mp[kk][j]); } } for(int i=0;i<G[a[k].first].size();i++){ in t=G[a[k].first][i]; ans[t.id]=min(ans[t.id],mp[t.u][t.v]); } k=tk; } printf("Case #%d:\n",++C); rep(i,1,M) printf("%d\n",ans[i]); } return 0; }
G：Factories （1036ms）
题意：给定一个大小为N的无根树，让你选K个叶子，使得两两间距离和最短。 (N<1e5, K<100)；
思路：这类题可能会想到换根DP，然后这里想了想没必要 。 如果有度数大于1的，它就可以作为根，然后就是一个树上背包题，而谁作为根，效果是一样的，所以没必要换根DP。 然后发现想不出O(NK)的写法，所以瞎交了一发O(NK^2)。 居然过了。 玄学。
update：这样实际的复杂度是O(NK)的。
参考：https://www.cnblogs.com/ouuan/p/BackpackOnTree.html
#include<bits/stdc++.h> #define ll long long #define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++) using namespace std; const int maxn=100010; const ll inf=1LL<<60; int Laxt[maxn],Next[maxn<<1],To[maxn<<1],len[maxn<<1],cnt; int ind[maxn],rt,sz[maxn],K; void add(int u,int v,int w){ Next[++cnt]=Laxt[u]; Laxt[u]=cnt; To[cnt]=v; len[cnt]=w; } ll dp[maxn][101],ans; void read(int &x){ x=0; char c=getchar(); while(c>'9'||c<'0') c=getchar(); while(c>='0'&&c<='9') x=x*10+c-'0',c=getchar(); } void dfs(int u,int f) { sz[u]=0; int leaf=1; dp[u][0]=0; for(int i=Laxt[u];i;i=Next[i]){ int v=To[i]; if(v==f) continue; leaf=0; dfs(v,u); for(int k=sz[u];k>=0;k--){ for(int j=min(K-k,sz[v]);j>=1;j--){ dp[u][k+j]=min(dp[u][k+j],dp[u][k]+dp[v][j]+1LL*(K-j)*j*len[i]); } } sz[u]+=sz[v]; } if(leaf) sz[u]=1,dp[u][1]=0; if(sz[u]>=K) ans=min(ans,dp[u][K]); } int main() { int T,N,C=0,u,v,w; scanf("%d",&T); while(T--){ scanf("%d%d",&N,&K); rep(i,1,N) Laxt[i]=0; cnt=0; rep(i,0,N+1) rep(j,0,K) dp[i][j]=inf; ans=inf; rep(i,1,N) ind[i]=0; rep(i,1,N-1){ read(u); read(v); read(w); add(u,v,w); add(v,u,w); ind[u]++; ind[v]++; } if(N==1||K<=1) ans=0; else if(N==2) ans=len[1]; else { rep(i,1,N) if(ind[i]>1) { rt=i; break; } dfs(rt,0); } printf("Case #%d: %lld\n",++C,ans); } return 0; }
I： Bubble Sort
题意：如果K轮冒泡排序后LIS>=N-1，则说这个排列是ok的，给次给出N和K，问有多少个是ok的。
思路：不难想到可以DP做。
（代码晚点再放。
K：Vertex Covers （1060ms）
题意：给定N点M边的无向图，每个点有点权。 点覆盖表示某个点集S{}覆盖了所有的边，其贡献是点权S之积。 现在让你求所有的贡献之和。N<36，保证无重边，自环。
思路：点覆盖的问题，而且N比较小，不难想到状压。 可以这里N最大为36，显然还需要一个折半枚举，然后想办法合并两边。
那么我们把点分为L，R两个集合。 那么边有三类： 1，两端点在L中； 2，两端点在R中； 3，两端点在L和R中各一个。
那么显然，对于1类边，两个端点至少一个要选； 对于2类边同理； 对于第3类边， 如果L中没选，那么R中必选，即补集的超集，而超集我们可以用高维前缀和搞定。 所以这题就完了。 （那些100ms跑出来的人都是神仙吧）
#include<bits/stdc++.h> #define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++) using namespace std; const int maxn=2000010; int a[maxn],sum[maxn],ltl[40],ltr[40],rtr[40],Mod; void MOD(int &x){ if(x>=Mod) x-=Mod;} int main() { int T,N,M,u,v,C=0; scanf("%d",&T); while(T--){ scanf("%d%d%d",&N,&M,&Mod); rep(i,0,N-1) scanf("%d",&a[i]); rep(i,0,N-1) ltl[i]=ltr[i]=rtr[i]=0; int L=(N+1)/2, R=N-L, ans=0; rep(i,1,M){ scanf("%d%d",&u,&v); u--, v--; if(u>v) swap(u,v); if(u<L){ if(v<L) ltl[u]|=(1<<v); else ltr[u]|=(1<<(v-L)); } else rtr[u]|=(1<<(v-L)); } rep(i,0,(1<<R)-1){ int res=1; rep(j,0,R-1){ if(i&(1<<j)) res=1LL*res*a[j+L]%Mod; else { res=res*((rtr[j+L]|i)==i); if(!res) break; } } sum[i]=res; } rep(i,0,R-1) { rep(j,0,(1<<R)-1) { if(!(j&(1<<i))) MOD(sum[j]+=sum[j|(1<<i)]); } } rep(i,0,(1<<L)-1){ int res=1,need=0; rep(j,0,L-1) { if(i&(1<<j)) res=1LL*res*a[j]%Mod; else { res=res*((ltl[j]|i)==i),need|=ltr[j]; if(!res) break; } } MOD(ans+=1LL*res*sum[need]%Mod); } printf("Case #%d: %d\n",++C,ans); } return 0; }
L：Continuous Intervals （1075ms）
题意：给定长度为N的序列，求有多少个子区间，满足这个区间排序后，相邻的数相差<=1；
思路：即是问，有多少个区间满足max-min+1==cnt，max和min是区间最大最小值，cnt是区间种类数。
分治吗？ 没法分，没法治。 启发式分治吗？没法找mid。
所以试一试暴力？ 我们枚举右端点R，那么就是统计多少个L合法。 假设得到了[1,R-1]的所有信息，现在加入一个R进去，
1，可能会对某些区间的极值产生影响； 2，可能会对某个区间的cnt产生影响。
我们只需要维护好每个L点的信息，用来表示后缀的极值和cnt即可。
如何维护区间极值：线段树。
如何减少维护次数：单调队列+lazy。
对于cnt：影响的只有[laxt[a[R]]+1,R]这个区间。
所以综上，只需要维护三个lazy即可。 然后右移R，修改线段树，统计有多少个max-min+1=cnt，即max-min-cnt==-1的区间即可。
由于有三种变量，所以维护三个lazy会比较麻烦。 我们直接维护一个差值，这样可以统一，变成每次都是维护一个差值可以了。
#include<bits/stdc++.h> #define ll long long #define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++) using namespace std; const int maxn=2000010; int Mn[maxn],lazy[maxn],sum[maxn],a[maxn]; int q1[maxn],t1,q2[maxn],t2; map<int,int>mp; void build(int Now,int L,int R) { sum[Now]=R-L+1; Mn[Now]=lazy[Now]=0; if(L==R) return ; int Mid=(L+R)>>1; build(Now<<1,L,Mid); build(Now<<1|1,Mid+1,R); } void pushdown(int Now) { if(!lazy[Now]) return ; Mn[Now<<1]+=lazy[Now]; Mn[Now<<1|1]+=lazy[Now]; lazy[Now<<1]+=lazy[Now]; lazy[Now<<1|1]+=lazy[Now]; lazy[Now]=0; } void pushup(int Now) { Mn[Now]=min(Mn[Now<<1],Mn[Now<<1|1]); if(Mn[Now<<1]==Mn[Now<<1|1]) sum[Now]=sum[Now<<1]+sum[Now<<1|1]; else if(Mn[Now<<1]<Mn[Now<<1|1]) sum[Now]=sum[Now<<1]; else sum[Now]=sum[Now<<1|1]; } void update(int Now,int L,int R,int l,int r,int v) { if(l>r) return ; if(L==R) { Mn[Now]+=v; return ; } if(l<=L&&r>=R){ Mn[Now]+=v; lazy[Now]+=v; return ; } int Mid=(L+R)>>1; pushdown(Now); if(l<=Mid) update(Now<<1,L,Mid,l,r,v); if(r>Mid) update(Now<<1|1,Mid+1,R,l,r,v); pushup(Now); } int main() { int T,N,C=0; ll ans; scanf("%d",&T); while(T--){ scanf("%d",&N); rep(i,1,N) scanf("%d",&a[i]); build(1,1,N); t1=t2=0; ans=0; mp.clear(); rep(i,1,N){ update(1,1,N,i,i,-1); while(t1&&a[i]>=a[q1[t1]]){ update(1,1,N,q1[t1-1]+1,q1[t1],a[i]-a[q1[t1]]); t1--; } q1[++t1]=i; while(t2&&a[i]<=a[q2[t2]]){ update(1,1,N,q2[t2-1]+1,q2[t2],a[q2[t2]]-a[i]); t2--; } q2[++t2]=i; update(1,1,N,mp[a[i]]+1,i-1,-1); mp[a[i]]=i; ans+=sum[1]; } printf("Case #%d: %lld\n",++C,ans); } return 0; }
