2021GDCPC （B,K）

B

思路

看时间复杂度肯定是预处理o1查询，每个数字只能选择一次，可以使用01背包求解
f[i]+=f[i-a[j]*a[j],枚举i时，使用一个变量max，表示上一层枚举到的最大值，如果使用N的话其实好多f[i]并没有更新

代码：

int fib[N];
int f[N];
void init() {
    fib[0] = fib[1] = 1;
    f[0] = 1;
    for (int i = 2;i <= 36;i++) fib[i] = fib[i - 1] + fib[i - 2];
    int mmax=0;
    for (int i = 0;i <= 35;i++) {
        mmax=min(N-5,mmax+fib[i]);
        for (int j = mmax;j >= fib[i];j--) {
            f[j] += (f[j - fib[i]] * fib[i]) % mod;
            f[j] %= mod;
        }
    }
}
void solve() {
    int n = read();
    printf("%lld\n", f[n]);
    clean();
}

K

题意：

给定n个线段，查询l到r之间完全覆盖的线段的最大值减最小值

思路：

可以尝试在l这个点上建立一个高度为r-l+1的点，并且这个点的值为val，所求的值就是l到r每个列最高高度为r的条形中的最值，
可以使用二维树状数组维护，然后把l变成N-l，相当于把小于l的点全放到右边，大于的点放到左边，这样所求出来的前缀的最值就是结果，
PS：查询(l,r)的前缀会查询到L>l，但是r<L，所以对答案不会产生贡献

代码：

const int N = 3030, mod = 998244353;
int cmax[N][N], cmin[N][N];
#define lowbit(x) x&(-x)
void add(int l, int r, int val) {
    l = N - l;
    for (;l < N;l += lowbit(l)) {
        int pr = r;
        for (;pr < N;pr += lowbit(pr)) {
            cmax[l][pr] = max(cmax[l][pr], val);
            cmin[l][pr] = min(cmin[l][pr], val);
        }
    }
}
int ask(int l, int r) {
    l = N - l;
    int mmax = 0, mmin = 1e18;
    for (;l;l -= lowbit(l)) {
        int pr = r;
        for (;pr;pr -= lowbit(pr)) {
            mmax = max(mmax, cmax[l][pr]);
            mmin = min(mmin, cmin[l][pr]);
        }
    }
    return mmax - mmin;
}
void solve() {
    int n = read(), m = read();
    memset(cmax, 0xcf, sizeof cmax);
    memset(cmin, 0x3f, sizeof cmin);
    for (int i = 1;i <= n;i++) {
        int l = read(), r = read(), val = read();
        add(l, r, val);
    }
    int lst = 0;
    for (int i = 1;i <= m;i++) {
        int op = read(), l = read(), r = read();
        
        l ^= lst, r ^= lst;
        if (l > r) swap(l, r);
        if(op==1){
            int val=read();
            add(l,r,val);
            continue;
        }
        int res = ask(l, r);
        printf("%lld\n", res);
        lst = res;
    }
    clean();
}