2023-05-25 22:26阅读: 52评论: 0推荐: 0

【杂项】刷题日志

前言

感觉有时候自己做已经刷过的题目可能都不一定能刷出来，应该是对题目的理解还是不够深刻，我有想过每道题都写一篇博客，但感觉时间可能不太够，于是我就想对一些新题型和一些比较难的题目写一下博客，其余题目就大概讲一下算法与思路，就放在这篇博客里好了。

2023.5.25 佛系更新

关于内容

提供一些大概思路，与每天的做题。

$2022.10 .19$

P2272 [ZJOI2007]最大半连通子图：
题解

P3627 [APIO2009] 抢掠计划：

$t a r j a n$ 缩点之后拓扑跑一遍即可，需要注意的是，拓扑时要把所有点的初值赋为负无穷，起点另外赋值，因为有些点起点到不了的话，就不能算进去。

$c o d e :$ $l i n k$

P4819 [中山市选]杀人游戏 :

还是先 $t a r j a n$ 先缩一下点，很容易想到警察只可能在那些入度为 $0$ 的点上被杀，因为剩下的点都可以提前知道是好是坏，所以我们只要求出入度为 $0$ 点有多少即可，设为 $r e s$ ，还有一点需要注意的是，如果说有一个连通块只有一个节点，我们可以把它放到最后去看，因为这点的人警察可以直接杀掉（因为如果排查出了 $n - 1$ 个人的身份，最后一个人的身份也知道了，就不用去看了），所以如果有这种情况的话， $r e s - -$ ,答案为 $(n - r e s) / n$ 。

$c o d e :$ $l i n k$

P4171 [JSOI2010] 满汉全席 :

比 2-sat 模板还要模板,应该不需要说什么了吧。

$c o d e :$ $l i n k$

$2022.10 .20$

CF1601B Frog Traveler :

一开始的思路是 $b f s$ 爆搜，但这样肯定不行，考虑优化，发现更新的时候，有很大一段是重复的，因此，由于先更新到的一定最优，所以记录更新到的最高点，每次从最高点开始更新，可以保证每个点只遍历一次，复杂度 $O (n)$ ，为什么能这么做呢?因为以更新完的一定是一段连续的区间。

$c o d e :$ $l i n k$

UVA11090 Going in Cycle!! :

这道题跟P3199 [HNOI2009]最小圈几乎是一模一样吧，双倍经验，嘿嘿，就加个判无解的就行了。

$c o d e :$ $l i n k$

$2022.10 .21$

P3252 [JLOI2012]树 :

$d f s$ ，这样可以保证路径上的点深度是单调递增的，且都是在一条链上的。对于一条链上的点 $x$ ，把前缀和 $s u m [x]$ 放入 $s e t$ 中，查询 $s u m [x] - s$ 在 $s e t$ 中是否存在，如果有， $a n s + +$ ,退出时，再将 $s u m [x]$ 清出 $s e t$ ,因为 $a_{i} > 0$ ，所以 $s e t$ 中没有重复的元素，至此，完美解决。

$c o d e :$ $l i n k$

P2290 [HNOI2004]树的计数：

$c o d e :$ $l i n k$

P6086 【模板】Prufer 序列 :模板题，详见：Prufer 序列

$c o d e :$ $l i n k$

$2022.10 .23$

P4097 [HEOI2013]Segment:

李超线段树模板题，记得 $d o u b l e$ 判相等时要加一个 $e p s$ 。

$c o d e$ : $l i n k$

P6033 [NOIP2004 提高组] 合并果子加强版:

贪心思路想必大家都已经了解了，就是每一次选取最小的两堆果子进行合并，我们可以把这些需要插入的点用一个队列存储起来，首先这些需要插入的点肯定会越来越大，这相当于延迟插入。当我们目标插入点就是我们当前最小的那一堆的时候，我们就把他插入进来，以上是思路，代码写出来大概就是，桶排，建立两个队列，排序结果放进第一个当中，合并结果放在第二个当中，每次选从两个队列队头选取比较小的合并。

$c o d e$ : $l i n k$

P2971 [USACO10HOL]Cow Politics G:
题解

P3629 [APIO2010] 巡逻：
题解

$2022.10 .24$ 快比赛了，就先不发了(~~主要还是因为自己懒~~)。

$2022.10 .26$

今天来刷点CSP-S的真题，话说怎么之前都没去做，为什么现在才去做呢？

$2021$

2020

$2022.10 .27$

CF527D Clique Problem :

假设 $x_{i} \geq x_{j}$ ，可以将原先的式子转化为： $x_{i} - w_{i} \geq x_{j} + w_{j}$ 。

这样，把每一个点都当成一条线段： $[x_{i} - w_{i}, x_{i} + w_{i}]$ ，两条线段相交即两个点有边，原问题可化为：对于这些线段，每条可选可不选，要使它们互不相交，最多能选几条线段？

这就是一个贪心问题，按右端点排序后即可。

$c o d e$ : $l i n k$

CF402D Upgrading Array :

素数筛+贪心(哈哈，够简短吧)

$c o d e$ : $l i n k$

$2022.10 .29$

CSP 打挂了，接下来一个月好好努力吧，争取 NOIP 取得个好名次。

$2022.10 .30$

P1563 [NOIP2016 提高组] 玩具谜题:

水题，直接模拟，下标最好从 0~n-1

P1071 [NOIP2009 提高组] 潜伏者：

还是水题，开 map 映射，记得题目要看清，有坑点。

P2038 [NOIP2014 提高组] 无线网络发射器选址:

直接暴力枚举。

$2022.10 .31$

P2347 [NOIP1996 提高组] 砝码称重：

多重背包板子，记得先枚举数量，再枚举体积。

题解区里有bitset做法的，很有启发。

我们用一个bitset保存每个重量能否被称出即可。

 #include <bitset>
#include <cstdio>
int a[10], w[10] = {1, 2, 3, 5, 10, 20};
std::bitset<1010> S;
int main() {
    for(int i = 0; i < 6; i++) scanf("%d", a + i);
    S[0] = 1;
    for(int i = 0; i < 6; i++) for(int j = 0; j < a[i]; j++) S |= S << w[i];
    printf("Total=%d\n", S.count() - 1);
    return 0;
}

P1313 [NOIP2011 提高组] 计算系数:

二项式定理，不要忘记还有 a和 b。

P3958 [NOIP2017 提高组] 奶酪:

并查集，把 $z = 0, z = h$ 当成 $n + 1, n + 2$ 号点，最后判断是否联通。

P1033 [NOIP2002 提高组] 自由落体：

手推一下对于高一学生应该不是什么难事。

int 是去掉小数部分，一些细节需要注意,还是有点多的， $t$ 表示不能接到的前面的最大编号, $s$ 表示最大的后面的能接到的编号。

 #include<bits/stdc++.h>
#define eps 1e-5
using namespace std;
int read(){
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-f;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
	return x*f;
}
double H,S1,V,L,K;
int n;
signed main(){
	scanf("%lf%lf%lf%lf%lf%d",&H,&S1,&V,&L,&K,&n);
	double maxtime=sqrt(H/5);
	double mintime=sqrt((H-K)/5);
	int s=(int)(S1-mintime*V+L);
	int t=(int)(S1-maxtime*V);
	if(S1-maxtime*V<(double)t+eps) --t;
	t=min(max(-1,t),n-1),s=min(s,n-1);
	printf("%d\n",s-t);
	return 0;
}

P1965 [NOIP2013 提高组] 转圈游戏：

快速幂。

P2196 [NOIP1996 提高组] 挖地雷：

dfs，bfs也可以，这里提供 dp 思路

题目有点坑，看样例就明白了，是有向图，所以用 $f_{i}$ 表示以 $i$ 结尾的最大值，路径记录上一个怎么转移的就好了。

那如果是无向图呢，乱搞吧，反正数据范围这么小。

P5686 [CSP-S2019 江西] 和积和：
题解

P2661 [NOIP2015 提高组] 信息传递:

把每个同学看成一个点，信息的传递就是在他们之间连有向边，游戏轮数就是求最小环。

假如说信息由A传递给B，那么就连一条由A指向B的边，同时更新A的父节点，A到它的父节点的路径长也就是B到它的父节点的路径长+1。

这样我们就建立好了一个图，之后信息传递的所有环节都按照这些路径。游戏结束的轮数，也就是这个图里最小环的长度。

如果有两个点祖先节点相同，那么就可以构成一个环，长度为两个点到祖先节点长度之和+1。

P1065 [NOIP2006 提高组] 作业调度方案：

这是一道模拟题，主要需要考虑以下几个约束条件：

1.每个工件的下一个工序必须在上一个工序之后

2.同一台机器同一时刻只能加工一个工件

3.按题目顺序安排下一个工件

按照题目说的做，不会错。

$2022.11 .2$

P1020 [NOIP1999 普及组] 导弹拦截：

给定一个数列 $b$ ，问：

1.它的最长不上升子序列长度；

2.最少能被划分成多少个不上升子序列。

Dilworth定理
对于一个偏序集，最少链划分等于最长反链长度。是不是很懵？在这道题中，我可以用人话复述一遍：

最长上升子序列的长度就是能构成的不上升序列的个数。

这样，我们经过简易的推理，就可以得出：

要使用导弹的次数就是最长上升子序列的长度。

如何求最长上升子序列呢？我们把求最长不上升子序列的代码稍微改动一下就好了。

这样，我们就可以在 $O (n \log n)$ 的时间复杂度内通过本题。

P7910 [CSP-J 2021] 插入排序:

这种题目考场时竟然没打出来，不行了。

现在居然还打炸，原来 5000 * 8000 * log2 8000 会T ，呜呜，只能 $O (n)$ 来做了。

可以发现，对于一个已经有序的数列，单点修改一个值，我们可以通过前后冒泡各一次来保持有序，举个例子：

原序列为 $1, 1, 4, 5, 6, 7$ ，修改为 $1, 1, 9, 5, 6, 7$ 。

我们可以从前往后冒泡，再次维持了数列的有序。这样的操作是 $O (n)$ 的。

同样的，我们可以维护一个有序数列，并记录原下标与先下标之间的关系（用数组记录），每次修改后更新这种关系。

这样，修改操作是 $O (n)$ 的，查询是 $O (1)$ 的。

P1023 [NOIP2000 普及组] 税收与补贴问题:

算出每个价位对应的销量，解不等式，左右区间取绝对值最小的数。

$2022.11 .3$

P7912 [CSP-J 2021] 小熊的果篮:

建立两个双向链表，一个是对于每一个数的链表，另一个是对于每一块的链表，后者顺便维护每一个块的开始和结束，如果在初始数列的时候这个数等于上一个数，就合并到上一个数所在的块。
每一次操作，先枚举每一个块，删除第一个数，如果这个块删除之后就没了，就在块链表里面把这个块删了；如果删除后前后两个数可以合并，就合并这两个块。

每一个数只需要枚举两次，枚举复杂度稳定 $O (n)$ 。

P7911 [CSP-J 2021] 网络连接:

新学会了 sscanf 与 sprintf 的用法。

可以用 sscanf 尝试读入形如 a.b.c.d:e 的字符串，并返回读取结果。

如果读到的数不是 5 个，肯定不合法。

然后再判断 a,b,c,d,e 的范围是否合法。

这个时候，再用 a.b.c.d:e 把这个字符串保存，判断是否跟原来字符串是否相同即可。

P7960 [NOIP2021] 报数:

暴力就可以了，复杂度证明。

$2022.11 .4$

P4145 上帝造题的七分钟 2 / 花神游历各国:

这道题的关键在于，sqrt(1)==1

也就是说，如果一个区间的最大值为1，我们就可以直接跳过这段区间的修改。只有最大值大于1时才有修改的必要。

而题中的数值大小范围在(0,1e12)之间。

每个数至多六次开平方便可得到1

每次暴力修改复杂度为 $l o g n$ ，总复杂度 $n l o g n$ 。数据范围只有 $1 e 5$ ，因此不用在意常数的影响。

线段树维护即可。

其实也可以用树状数组维护前缀和，用并查集跳过 $\leq 1$ 的数。

 #include<bits/stdc++.h>
#define N 1000100
using namespace std;
#define int long long
int read() {
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9') f=(ch=='-')?-1:1,ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
	return x*f;
}
long long a[N],b[N];
int n,fa[N];
void add(int x,long long y) {while(x<=n) b[x]+=y,x+=x&-x;}
long long ask(int x) {long long ans=0;while(x) ans+=b[x],x-=x&-x;return ans;}
inline int find(int x) {return fa[x]==x?x:fa[x]=find(fa[x]);}
signed main() {
	n=read();
	for(int i=1; i<=n; i++) a[i]=read(),add(i,a[i]),fa[i]=(a[i]==1?i+1:i);
	fa[n+1]=n+1;
	int q=read();
	while(q--) {
		int k=read(),l=read(),r=read();
		if(l>r) swap(l,r);
		if(k) printf("%lld\n",ask(r)-ask(l-1));
		else{
			for(int i=find(l); i<=r; i=find(i+1)) {
				int x=sqrt(a[i]);
				add(i,x-a[i]),a[i]=x;
				if(x==1) fa[i]=find(i+1);
			}
		}
	}
	return 0;
}

[ARC103E] Tr/ee:

要想有解，易知需要满足下面三个条件：

$1. s_{1} = 1$
（树肯定是有叶子节点的）；

$2. s_{n} = 0$ （树切完一条边后肯定会分割成两个非空连通分量）；

$3. \forall i \in [1, n - 1]$ ，都有 $s_{i} = s_{n - i}$
（分出一个大小为 $i$ 的连通分量，意味着一定有一个大小 $n - i$ 的连通分量）。
这三个条件仅仅是必要条件吗？事实上是充要条件（满足这三个条件一定能构造出符合要求的树）。

下面给出一种构造方案：

我们设字符串中所有值为 $1$ 的位置下标共有 $k$ 个，分别是 $p_{1}, p_{2}, \dots, p_{k}$
。

我们先取一条长度 $k + 1$ 的链作为主链，链上的点编号分别为 $1 \sim k + 1$ 。

接下来， $\forall i \in [2, n]$ ，在主链上的第 $i$ 个点上挂 $p_{i} - p_{i - 1} - 1$ 个点即可。

易知这种方案一定能凑出 $s_{p} = 1$ 的所有 $p$ （得到 $p_{i}$
只需要将 $i$ 号点和 $i + 1$ 号点之间的边切掉就行），同时保证所有 $s_{p} = 0$ 的 $p$ 切不出来。

P1262 间谍网络:

tarjan 模板，调了半天，竟然是数组开小了。

一是有的罪犯既不能贿赂他也没有罪犯能揭发他，那么此题无解，我们在遍历时打上标记，然后从小到大枚举，只要遇见没有标记的就输出然后退出即可。

二是所有的罪犯都能直接或间接地被能贿赂的罪犯揭发。很明显，也有两种情况，一是没有环，那么资金就是贿赂那个没有入度的罪犯，二是有环，那么资金就是那个环里罪犯所需资金最小的。我们想，如果我们把环里的罪犯缩成一个点，那么全都是前者的情况了。

$2022.11 .6$

P5968 [POI2017]Reprezentacje ró?nicowe:

找规律，发现每两次会 $\times 2$ ， $f_{i}$ 很快就会超过 $1 e 9$ ,所以，只要预处理出 $f_{i} - f_{i - 1}$ 在 $1 e 9$ 范围里的数有 $p p - 1$ 个，剩下数的一定是由相邻的两个 $f_{p p + i \times 2 + 1, f_{p p + i \times 2}}$ 相减得到的，二分一下就行了。

P3382 【模板】三分法：

三分模板，但好像二分不仅好写，效率还比三分高，二分 log2，三分 2* log3。

实际上二分，就是一个爬坡的过程——

发现前面大，就往前面爬；发现后面大，就往后面爬。爬到尖顶了，往刚才的方向一看：哎呀！要掉下去了！连忙回缩——无法回缩了，则当前即为最高点

二分

 while(l+eps<r){
	db mid=(l+r)/2.0;
	if(f(mid)<f(mid-eps)) r=mid;
	else ans=l=mid;
}

三分

 while(l+eps<r){
	db len=(r-l)/3.0;
	db midl=l+len,midr=r-len;
	if(f(midl)>f(midr)) ans=midl,r=midr;
	else l=midl;
}

CF1656F Parametric MST:

题解

$2022.11 .7$

P5367 【模板】康托展开：
题解

P2671 [NOIP2015 普及组] 求和：

简单分析一下就行，我们可以用一下分组思想，把每个颜色分为一组，再在每个颜色中按奇偶分组，所以一共有2m组。在乱搞一下就出来了。

期中考了，晚上就不来了。

$2022.11 .11$

P3964 [TJOI2013]松鼠聚会:

切比雪夫距离转曼哈顿距离。

P5098 [USACO04OPEN]Cave Cows 3：

曼哈顿距离转切比雪夫距离。

P3372 【模板】线段树 1：

重新学了一下标记永久化。

P1368 【模板】最小表示法:

模板题。

P3805 【模板】manacher 算法:

还是模板题。

$2022.11 .13$

期中考炸了，估计班级倒数，两个班80多名，比上次月考退了50多名。

P4925 [1007]Scarlet的字符串不可能这么可爱:

水题，记得 $k$ 输进来后先取模。

Permutation：

前缀和优化 dp，应该还是比较好想的。(毕竟我都能场切的 dp,能有什么难的)

P8819 [CSP-S 2022] 星战：

P5789 [TJOI2017]可乐（数据加强版）：

FJC 模板，记得局部变量每次要清空，会挂的很惨。

$2022.11 .14$

CF1732C2 Sheikh (Hard Version):

P4838 P哥破解密码:

FJC模板，dp递推很好想，记得ans要清空。

P1349 广义斐波那契数列:

还是FJC模板。

P2044 [NOI2012] 随机数生成器:

还是模板，你知道是什么吧，记得要开 __int128，不然 long long 会炸。

P3873 [TJOI2010]天气预报:

板题板题。

AT_code_festival_2017_quala_d Four Coloring

曼哈顿路径转哈密顿路径+构造

P3216 [HNOI2011]数学作业：

分段FJC，就行了。

P3977 [TJOI2015]棋盘：

有点难的，FJC优化状压dp，1<<32 可以用 unsigned int 自然溢出，或者用 __int128, long long 会炸。

P1792 [国家集训队]种树:

反悔贪心，注意是环，且 m 个坑必须种满。

P1484 种树：

基本同上题，改为链，且 m 个坑不一定要种满，即小于 0 是 break。

P1344 [USACO4.4]追查坏牛奶Pollutant Control：

P2107 小Z的AK计划：

贪心，走路时间不能改变，先以距离排序，那就当时间超了的时候，把前面 AK 时间最久的场给去掉，不到了，可以用优先队列维护，记得如果距离要事先减的话，要倒序，自己想想为什么，要挂成 20 分。

P5815 [CQOI2010]扑克牌:

单调性应该好想，但贪心应该比较难，可以把问题转化为，先拿出 $n + 1$ 张牌，再放回去一张，只要判断拿回去的牌数是否小于组数就行了。二分的 r 要大一些。

P3545 [POI2012]HUR-Warehouse Store
：

基本同小Z的AK计划 ,多了输出路径。

我们先尽可能满足所有我们遇到的顾客，并且使用一个大根堆存放所有你当前满足过的顾客的信息。当我们遇到一个我们无法直接满足的顾客，如果大根堆的堆顶的 $B_{i}$
小于当前的 $B_{i}$
，我们尝试取出大根堆的堆顶，将它删除并且将它的 $B_{i}$
加入你的存货数量中，然后你继续满足这一位顾客。

由于我们前提条件中有“大根堆堆顶的 $B_{i}$
大于当前的 $B_{i}$
”，如果我们不满足大根堆堆顶的顾客（即当前方案下所有我们满足的顾客中 $B_{i}$
最大的），我们一定是能够用取消堆顶的顾客所拿来的库存来满足当前顾客的，所以我们满足的顾客数量不降，并且你手头上的存货数量还有可能上升，也对答案有正面影响。所以不满足堆顶，满足当前项在这样的情况下是满足贪心的局部最优的。

$2022.11 .15$

P2598 [ZJOI2009]狼和羊的故事：

ISAP ,dinic 竟然被卡了，呜呜。

update 11.18 : 发现这道题不卡 dinic，是自己的 dinic 打错了，呜呜。

CF452F Permutation：

Hash+权值线段树，枚举中间数 $a_{i}$ ，判断是否存在
$a_{i} - k$ 与 $a_{k} + k$ 在 $i$ 的异侧，将左边的数标记为 1 ，右边为 0 ，判断是否为回文。

CF631E Product Sum:
题解

P4027 [NOI2007] 货币兑换：题解

$2022.11 .16$

P1402 酒店之王:

网络流，建图比较好想。

P1361 小M的作物:

网络流，建图比较难想，最小割。

P1251 餐巾计划问题：

费用流，建图时一定要分清点，我调了好久,最小费用最大流开始时 vis[t]=1 而不是 vis[s]=1 。要开 long long 。

P5030 长脖子鹿放置：

这道题真的恶心，竟然禁用的格子有重复，所以不能用 k,而要重新统计。二分图。

P1407 [国家集训队]稳定婚姻:

二分图，只要判断能匹配到就行了，不需要修改 match 。

二分图求最大匹配，建图可以用染色法。

网络流建图，转化为求最小割模型。

和上一道一模一样，双倍经验。

原来 FJC 不只有加和乘，还可以转化运算符，这样又是一道模板了。

$2022.11 .17$

P2762 太空飞行计划问题 :

网络流经典建图，考虑是输出方案，如果左部点的 d 不为 0 表示没有被割掉，是答案，右部点的 d 为 0 表示被割掉，也是答案，因为最小割保证图最后不连通。

P4159 [SCOI2009] 迷路 :

发现有个 t ，不太好处理，那就加上时间维度，发现任意一条路径不会超过 10，于是我们将 10 秒内的状态都加到里面去，再套一个 FJC。

P4072 [SDOI2016]征途：

复习一下斜率优化。

P2497 [SDOI2012]基站建设 :

对李超的理解又加深了。

P4360 [CEOI2004] 锯木厂选址 :

斜率优化板题。

P1231 教辅的组成:

网络流的题目 N 和 M 的范围不要开太小，要算清楚，不然会 T。

NOIP了，就先不写。

$2022.11 .20$

P4402 [Cerc2007]robotic sort 机械排序

哎，还是本来都不想打博客了，但今天晚上被一道题给创死了，调了4个多小时，发现自己在调用 sz 时，没有发现 sz 已经发生那个变化了，上面那个是错误的，下面那个是正确的。

 printf("%d ",sz[ch[root][0]]);
int x=tree.find(i-1);
int y=tree.find(sz[ch[root][0]]+2);

 int ans=sz[ch[root][0]];
printf("%d ",ans);
int x=tree.find(i-1);
int y=tree.find(ans+2);

呜呜，4个多小时啊，好气啊，傻逼！！！！

$2022.12 .11$

鸽了这么久了，我终于回来了，NOIP虽然不是很理想，但好歹有一等，继续努力吧。

$2022.12 .18$

这次是真的。

P3157 [CQOI2011]动态逆序对 :

对于一个要删去的元素，他产生的贡献是在它前面的权值比它大的，且删去时间比他晚的，在它后面的权值比它小的，且删去时间比他晚的，可以把时间也当成一个维度，变成三维偏序模板，用 cdq 就行了。

P2880 [USACO07JAN] Balanced Lineup G ：

RMQ 模板，线段树，ST表均可，我这里为了复习一下 ST 表，就打了。

Frequent values ：

第一眼看成区间众数，其实没那么难，以为是单调不减的，相等的一定相连，所以转成求区间最值，在判断一下边界情况

POJ 2019 Cornfields:

二位区间最值，因为 n 的范围小，可以每行每行来做，又转成区间最值，用 ST 表维护即可。

注意

 for(int i=2;i<=n;++i) lg2[i]=lg2[i-1]+(i&(i-1)?0:1);  //是 i-1，不要手残打成 i

P3379 【模板】最近公共祖先（LCA） :

学了 tarjan 的离线算法

P4551 最长异或路径：

可以转化成从 n 个数中选出 2 个数使得异或答案最大。

可以使用 01 trie + 贪心处理。

P3657 [USACO17FEB]Why Did the Cow Cross the Road II P ：

树状数组优化近似LCS的dp。

P6119 [USACO17FEB]Why Did the Cow Cross the Road II G ：

双倍经验。

$2022.1 .7$

P6242 【模板】线段树 3 :

吉司机线段树模板

这道题调了好久，才发现是 update 时， len 的长度搞错了，拿了一整段在那里搞，所以需要用长度时，最好事先记录好 l, r ，最后再减一减不容易出错。

$2022.1 .8$

P2155 [SDOI2008] 沙拉公主的困惑

$ans = \frac{n!}{m!} \cdot φ (m!)$

需要注意的是，预处理的时候，如果有乘的数能整除 $R$ , 那么需要先把那个数把 $R$ 因子全部除掉再计算，最后特判一下，如果 $⌊ \frac{N}{R} ⌋ > ⌊ \frac{M}{R} ⌋$ （即 $N!$ 中 $R$ 因子更多）则答案为 $0$ ，否则 $N!$ 中的 $R$ 能与 $M!$ 中的消掉，就不能为0 .

~~感觉现在就是凭心而写，想写就写，不想写就不写~~

$2022.1 .9$

P2761 软件补丁问题

将状态设计成点，跑 spfa 就行了，注意位运算的优先级，不确定时加个括号最好了。

P5960 【模板】差分约束算法：

差分约束板题，可以将条件转化成三角形不等式，跑 spfa，最后答案就是 dis数组，含有这数据也太水了吧，我边数写成 n ，居然都有 90 分。

P1260 工程规划：

双倍经验，注意答案不能为负数。

P1462 通往奥格瑞玛的道路：

二分 + dijkstra

P5590 赛车游戏 :

好题，转换思路，与其设置边权使路径长度相等，不如设置路径长度去拟合边权的限制。

设 $d_{i}$
为 $1 \to i$ 的最短路，只需保证对于所有边 $(u, v)$ 有 $w (u, v) = d_{v} - d_{u}$ 即可使任意一条简单路径长相等。于是 $1 \leq d_{v} - d_{u} \leq 9$ ，转化为 $d_{u} + 9 \geq d_{v}$ 与 $d_{v} - 1 \geq d_{u}$ ，差分约束求解即可。注意不在 $1 \to n$ 的任意一条路径上的边没有用，这些边不应计入限制，随便标权值，浅浅来个 rand。

CF241E Flights :

几乎同上题。

P3275 [SCOI2011]糖果 :

差分约束

$2023.1 .10$

P3530 [POI2012]FES-Festival :

差分约束，第九个点有点恶心，就是注意给 dis 赋值时不要覆盖，可能事先有 dis[b][a] = -1, 就不用赋值 dis[b][a] = 0。

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本文作者：南风未起

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posted @ 2023-05-25 22:26 Aurora-JC 阅读(52) 评论(0) 编辑收藏举报

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	#include <bitset>
	#include <cstdio>
	int a[10], w[10] = {1, 2, 3, 5, 10, 20};
	std::bitset<1010> S;
	int main() {
	for(int i = 0; i < 6; i++) scanf("%d", a + i);
	S[0] = 1;
	for(int i = 0; i < 6; i++) for(int j = 0; j < a[i]; j++) S \|= S << w[i];
	printf("Total=%d\n", S.count() - 1);
	return 0;
	}

	#include<bits/stdc++.h>
	#define eps 1e-5
	using namespace std;
	int read(){
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'\|\|ch>'9'){if(ch=='-')f=-f;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
	return x*f;
	}
	double H,S1,V,L,K;
	int n;
	signed main(){
	scanf("%lf%lf%lf%lf%lf%d",&H,&S1,&V,&L,&K,&n);
	double maxtime=sqrt(H/5);
	double mintime=sqrt((H-K)/5);
	int s=(int)(S1-mintime*V+L);
	int t=(int)(S1-maxtime*V);
	if(S1-maxtime*V<(double)t+eps) --t;
	t=min(max(-1,t),n-1),s=min(s,n-1);
	printf("%d\n",s-t);
	return 0;
	}

	#include<bits/stdc++.h>
	#define N 1000100
	using namespace std;
	#define int long long
	int read() {
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'\|\|ch>'9') f=(ch=='-')?-1:1,ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
	return x*f;
	}
	long long a[N],b[N];
	int n,fa[N];
	void add(int x,long long y) {while(x<=n) b[x]+=y,x+=x&-x;}
	long long ask(int x) {long long ans=0;while(x) ans+=b[x],x-=x&-x;return ans;}
	inline int find(int x) {return fa[x]==x?x:fa[x]=find(fa[x]);}
	signed main() {
	n=read();
	for(int i=1; i<=n; i++) a[i]=read(),add(i,a[i]),fa[i]=(a[i]==1?i+1:i);
	fa[n+1]=n+1;
	int q=read();
	while(q--) {
	int k=read(),l=read(),r=read();
	if(l>r) swap(l,r);
	if(k) printf("%lld\n",ask(r)-ask(l-1));
	else{
	for(int i=find(l); i<=r; i=find(i+1)) {
	int x=sqrt(a[i]);
	add(i,x-a[i]),a[i]=x;
	if(x==1) fa[i]=find(i+1);
	}
	}
	}
	return 0;
	}

	while(l+eps<r){
	db mid=(l+r)/2.0;
	if(f(mid)<f(mid-eps)) r=mid;
	else ans=l=mid;
	}

	while(l+eps<r){
	db len=(r-l)/3.0;
	db midl=l+len,midr=r-len;
	if(f(midl)>f(midr)) ans=midl,r=midr;
	else l=midl;
	}

	printf("%d ",sz[ch[root][0]]);
	int x=tree.find(i-1);
	int y=tree.find(sz[ch[root][0]]+2);

	int ans=sz[ch[root][0]];
	printf("%d ",ans);
	int x=tree.find(i-1);
	int y=tree.find(ans+2);

	for(int i=2;i<=n;++i) lg2[i]=lg2[i-1]+(i&(i-1)?0:1); //是 i-1，不要手残打成 i