2021ICPC昆明站总结及补题
比赛总结
这场打的太难顶了，通过这场可以很明显看出我队综合水平不行，和其他队伍的差距太大了，前55名过题数都是在我们的3倍及以上
由于我们综合水平低，且比赛时状态也不好，写题的策略也错了，导致这场2题打铁
从L题讲起
L
看到榜上这么多人过L后，我们也就跟榜开这题了，当时我们是3个人一起想这题，还是在不算比较快，也不算比较慢的速度想到了LDS，但是代码实现却花了挺长时间，基础的LIS和LDS很久没写了，非常生疏了，A这道题时已经在64min，也算
是我板子准备的不够充分，题练的太少了，LIS我大概是一年没见过了，而且我到现在也没写过用树状数组求LIS，比赛时只在那想开一个栈然后怎么样怎么样
L题之后就是我写的 I 题了
I
计算几何是我们队的短板，当时也是跟榜写的这题，听队友讲了题意后感觉做法挺简单的，虽然都不会计算几何，但是看这做法这么简单，我就上了，写的也挺折磨的，我用的是斜截式，写完后wa了几发，就去看其它题了，这时候已经130min了，落后了很多，不应该写这题的，计算几何是我们队的不适题，而且比赛才过了第1个小时，应该先去开其他题的，写这题不仅耗时，还要看运气，应该放到后面去写
我放弃 I 题一段时间后，队友很勇敢的上去写麻将题
K
麻将大模拟题，队友写了很久，都快300行了，非常辛苦，但是一直wa调不出来，赛后才发现题都读错了。。我不会打麻将，也没写过麻将题，这题就让队友承包了。我们几乎没写过大模拟，我如果写麻将这种题肯定是感觉很可怕就直接跳过，比赛时也不应该那时去写这题，因为这种题也是我们队的不适题，所耗时间以及风险都很大，而且还有好多题没有去思考，这题真的应该放到最后去写
I题和K题是我们这次失败的主要原因，队友写K题的时候，我才开始思考其他题目，因为我之前是在写L题和 I 题，而 I 题让我思考的时间少了一个小时，K题使队友的思维时间少了两个小时左右，而我和他是队里的主要思维输出，跟榜去写这两
题损失就很大了
J
队友写麻将前和我讲了这题，可惜我没有领会队友的意思，到最后还不知道pairwise distinct的意思，我到赛后才知道是原来是求最少要多少轮把它排好序，比赛时应该好好再去看题目意思的，以后要养成一个习惯，就是队友转述题目意思后，自
己还得仔细读一下题面，由于我没有读懂这道题的题意，就放掉这题了，否则队友写麻将的时间内我绝对可以想出这题怎么写
没有去开J题的我，向另一队友要了M题
M
中规中矩的数据结构题，观察出mex的性质后，要研究的问题就是怎么求一段区间小于等于mex的数之和，我在队友写麻将的时间里花了很长时间想出来怎么求，想出来了一个线段树做法，我自己也擅长写线段树板子的（指计时速写过几次线段
树模板二），我自己的板子是用动态开点的指针写法的，当时看到1个G内存真没想到会MLE，在这之后也没想到把它改写成非指针的写法，因为当时感觉NODE里开了这么多long long数组，以为已近没戏了
想出来M题后，我开始想C题
C
中规中矩的区间dp题，队友转述给我后，我并没有再去把题目条件仔细看一遍，只看了下N的范围，构造了一些情况后觉的是个N^2的dp，然后自己想了下转移方程，实际上我比赛时想的转移方程想错了，而且我比赛时并没有看到相同城市数<=15这个条件。。因为写M题时卡住了，没时间写这题了
下面的是比赛时没有去看的两道题
G
背包加一些其他东西的题，码量比较大的背包。
D
有意思的数学题，可以想出一个必要条件。
综合水平低，体现在L题对LDS的不熟练，I题计算几何的短板，M题不知道是主席树，C题对区间dp的练习少。赛后补题也发现G题这个背包我也是不会这个带有时间限制的状态转移。
如果比赛时不去开 I 题和K题，那么J题是很可能被做出来的，M题和C题不一定能做出来，M题需要我想到把线段树改写成不用指针的形式，C题则需要一起合作造样例查错才能做出来，赛后补题的时候我一直没注意C题要清空vector。
除了H题，我们其他所有题都是有水平上的不足，所以接下来得努力练习，努力学习
补题
M题
先讲一下我比赛时想出来的做法，首先观察出mex的性质，就是mex可以被 区间里小于等于mex的数之和+1 更新，反复更新mex，直到mex不能被更新为止
所以要想办法快速求出一段区间里所有小于等于x的数之和，我开了一个线段树，用来计算一段区间内小于等于(1<<i)的数之和(记为su[i])，和一段区间内大于(1<<i)的最小的数(记为mi[i])
记区间里小于等于x的数之和为low(x),区间里大于x的最小的数为min(x)，比如初始时mex = 1，假设low(1) + 1 == 3,则更新mex = 3,假设low(2) + 1 == 6，更新mex = 6，假设low(4) + 1 == 6,此时low(4) + 1不能更新mex,那怎么判断low(6) + 1能否更新mex? 如果min(4) > 6，那么low(6) = low(4),则不能更新，如果min(4) <= 6,则low(6) >= low(4) + min(4) > low(4) + 4 > 8,那么就能更新mex,且mex是>8的，所以就能用low(8) + 1 来更新mex了
M（非主席树）
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int MAXN = 1e6 + 7;
const long long INF = 1e9 + 7;
struct NODE {
int l, r;
long long su[31], mi[31];
}tree[MAXN*4];
void upd(int pos) {
for (int i = 0; i < 31; i++) {
tree[pos].su[i] = tree[pos << 1].su[i] + tree[pos << 1 | 1].su[i];
tree[pos].mi[i] = min(tree[pos << 1].mi[i], tree[pos << 1 | 1].mi[i]);
}
}
void build(int pos, int l, int r) {
tree[pos].l = l; tree[pos].r = r;
if (l == r) {
long long v;
scanf("%lld",&v);
for (int i = 0; i < 31; i++) {
if (v > ((long long)1 << i)) {
tree[pos].su[i] = 0;
}
else tree[pos].su[i] = v;
}
for (int i = 0; i < 31; i++) {
if (v <= ((long long)1 << i)) tree[pos].mi[i] = INF;
else tree[pos].mi[i] = v;
}
return;
}
int mid = l + r >> 1;
build(pos<<1, l, mid);
build(pos<<1|1, mid + 1, r);
upd(pos);
}
long long Q(int pos, int l, int r, int i) {
if (tree[pos].l == l && tree[pos].r == r) return tree[pos].su[i];
int mid = tree[pos].l + tree[pos].r >> 1;
if (r <= mid) return Q(pos<<1, l, r, i);
else if (l > mid) return Q(pos<<1|1, l, r, i);
else return Q(pos<<1, l, mid, i) + Q(pos<<1|1, mid + 1, r, i);
}
long long Q_mi(int pos, int l, int r, int i) {
if (tree[pos].l == l && tree[pos].r == r) return tree[pos].mi[i];
int mid = tree[pos].l + tree[pos].r >> 1;
if (r <= mid) return Q_mi(pos << 1, l, r, i);
else if (l > mid) return Q_mi(pos << 1 | 1, l, r, i);
else return min(Q_mi(pos << 1, l, mid, i), Q_mi(pos << 1|1, mid + 1, r, i));
}
int main()
{
int n, m;
cin >> n >> m;
build(1, 1, n);
int l, r;
long long ans, mex;
for (int i = 1; i <= m; i++) {
scanf("%d%d", &l, &r);
l = ((long long)l + ans) % n + 1;
r = ((long long)r + ans) % n + 1;
if (l > r) swap(l, r);
mex = 1;
for (int i = 0; i < 31; i++) {
if (mex >= ((long long)1 << i)) mex = max(mex, Q(1, l, r, i) + 1);
else if(i){
long long lim = Q_mi(1, l, r, i - 1);
if (lim != INF && lim > mex) break;
else {
mex = max(mex, Q(1, l, r, i) + 1);
}
}
}
ans = mex;
printf("%lld\n", ans);
}
return 0;
}
用主席树可以求出一段区间内值域在[l,r]内的数之和
M(主席树)
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<vector>
using namespace std;
const int MAXN = 1e6 + 7;
const int MAX = 1e9;
int n, m, cnt = 0, root[MAXN], x, y;
long long a[MAXN];
struct NODE {
int l, r, siz;
long long su;
}T[MAXN * 43];
void update(int l, int r, int& x, int y, long long pos) {
T[x = ++cnt] = T[y], T[x].siz++, T[x].su += pos;
if (l == r) return;
int mid = l + r >> 1;
if (pos <= mid) update(l, mid, T[x].l, T[y].l, pos);
else update(mid + 1, r, T[x].r, T[y].r, pos);
}
long long Q(int l, int r, int x, int y, int pos) {
if (pos >= r) return T[y].su - T[x].su;
if (pos < l) return 0;
if (!x && !y) return 0;
int mid = l + r >> 1;
return Q(l, mid, T[x].l, T[y].l, pos) + Q(mid + 1, r, T[x].r, T[y].r, pos);
}
int main()
{
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%lld", &a[i]);
for (int i = 1; i <= n; i++) update(1, MAX, root[i], root[i - 1], (long long)a[i]);
long long mex = 0, res = 0;
for (int i = 1; i <= m; i++) {
scanf("%d%d", &x, &y);
x = ((long long)x + mex) % n + 1;
y = ((long long)y + mex) % n + 1;
if (x > y) swap(x, y);
mex = 1;
while (1) {
res = Q(1, MAX, root[x - 1], root[y], min((long long )MAX,mex)) + (long long)1;
if (res <= mex) break;
mex = res;
}
printf("%lld\n", mex);
}
return 0;
}
主席树可以不离散化
C题
很容易想到缩点，且想到ans<= 缩点后的点的个数-1，但是这之后就难了，发现可以利用相同的颜色使答案减少1
比如1xxxxx1xxx，可以使ans - 1，1xxxx1xxx2xxxx2可以使ans - 2，也容易发现 1xx2xx1xx2这种只能使ans - 1，因为两个相同的1和两个相同的2只能选其中一个利用
那么我们要求的是 能够同时利用来减少答案的两个同色点对的对数最多是多少对
而且通过构造样例发现，对于1xxx1xxx1，能利用的对数是2对！！1xx1xx1xx1是3对！！
用dp[L][R]表示L,R区间里最多能选多少对，可以利用题目给的每一个颜色最多出现15次的条件,把O(n^3)优化成O(15 n^2)
缩点及存位置：
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> a[i];
pos[i].clear();
}
int tot = 0;
a[++tot] = a[1];
for (int i = 2; i <= n; i++) {
if (a[i] != a[tot]) a[++tot] = a[i];
}
for (int i = 1; i <= tot; i++) {
pos[a[i]].push_back(i);
}
dp[][]的转移：
for (int i = 1; i <= tot; i++) {
for (int j = 1; j <= tot; j++) {
dp[i][j] = 0;
}
}
for (int len = 2; len <= tot; len++) {
for (int l = 1; l <= tot; l++) {
int r = l + len - 1;
if (r > tot)break;
if (a[l] == a[r]) dp[l][r] = dp[l + 1][r - 1] + 1;//比[l+1][r-1]多利用了a[l]和a[r]这一对
else dp[l][r] = max(dp[l][r - 1], dp[l + 1][r]);
for (int i = 0; i < pos[a[l]].size(); i++) {
int pp = pos[a[l]][i];
if (pp <= l) continue;
if (pp >= r) break;
dp[l][r] = max(dp[l][r], dp[l][pp] + dp[pp][r]);
}
}
}
cout << tot - 1 - dp[1][tot] << endl;
同时也可以用正着算的方法，用f[L][R]表示[L][R]区间的最少操作数是多少
那么枚举中间点的时候怎么转移呢
f[L][R] = min(f[L][R], f[L][mid] + f[mid+1][R] )?
还是f[L][R] = min(f[L][R], f[L][mid] + f[mid+1][R] + 1)?
这个地方 +1还是 不+1 ，怎么处理？
可以发现,f[L][R]同时也可以表示：把[L][R]全部染成a[L]的颜色的最少操作数
所以，当mid+1的颜色和L相同时，就可以不用+1，而我们取mid时，只取mid+1和L同颜色的情况，这样就ok了!
for (int i = 1; i <= tot; i++) {
for (int j = 1; j <= tot; j++) {
f[i][j] = INF;
}
f[i][i] = 0;
}
for (int len = 2; len <= tot; len++) {
for (int l = 1; l <= tot; l++) {
int r = l + len - 1;
if (a[r] == a[l]) f[l][r] = f[l][r - 1];//f[l][r-1]表示把[L][R-1]都染成L的颜色
else f[l][r] = min(f[l][r - 1], f[l + 1][r]) + 1;//如果a[r] != a[l],那就是把[L][R-1]染好再+1或把[L+1][R]染好再+1
for (int i = 0; i < pos[a[l]].size(); i++) {//初始赋值后进入这个循环
int pp = pos[a[l]][i];
if (pp <= l) continue;
if (pp >= r) break;
f[l][r] = min(f[l][r], f[l][pp - 1] + f[pp][r]);//把[L][pp-1]染成L的颜色，把[pp][R]染成pp的颜色,而pp和L同色
}
}
}
cout << f[1][tot] << endl;
J题
如果原排列有序，则round为0
对于一个排列，若只有两个数位置不对，则把这两个数交换即可
对于一个排列，若只有三个数位置不对，如2 3 1, 2想要到3的位置去，3想要到1的位置去，1想要到2的位置去，于是这便构成了一个环
于是扫一遍原排列，则可构成一些互相独立的环，这个环可以用双向链表表示出来
现在考虑把一个环内两个数交换一次会发生什么，可以发现会把这个环拆成两个环，两个环的size之和等于原环的size，且这两个环中各有一个数不能在这一个round里交换位置了
于是我们可以把一个大环在一个round里把它拆成若干个2元环和一个一元环，然后在下一个round里把所有二元环解决掉
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int MAXN = 1e5 + 7;
int a[MAXN],pre[MAXN];
bool vis[MAXN];
int cnt[103];
int ans[103][MAXN];
int rd = 0;
int n;
void add(int x,int y) {
vis[x] = vis[y] = true;
ans[rd][++cnt[rd]] = x;
ans[rd][++cnt[rd]] = y;
swap(a[x], a[y]);
swap(pre[x],pre[y]);
}
void solve(int x) {
int len = 0;
while (!vis[x]) {
vis[x] = true;
len++;
x = a[x];
}
int t = x;
for (int i = 1; i <= len; i++) {
vis[t] = false;
t = a[t];
}
int y = a[x];
while (1) {
if (vis[x] || vis[y]) break;
if (x == y) break;
int xx = pre[x], yy = a[y];
add(x, y);
x = xx; y = yy;
}
}
bool ok() {
for (int i = 1; i <= n; i++) if (a[i] != i) return false;
return true;
}
int main()
{
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> a[i];
pre[a[i]] = i;
}
rd = 0;
while (!ok()) {
rd++;
cnt[rd] = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
vis[i] = false;
}
for (int i = 1; i <= n; i++) vis[i] = false;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (!vis[i]) {
solve(i);
}
}
}
cout << rd << "\n";
for (int i = 1; i <= rd; i++) {
cout << cnt[i] / 2;
for (int j = 1; j <= cnt[i]; j++) {
cout << " " << ans[i][j];
}
cout << "\n";
}
return 0;
}
I题
求交点然后sort就行，注意判段交点在直线上的eps的问题，缺少计算几何的板子就很难通过这题了
队友的代码：（我们终于也会用计算几何的板子啦）
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
// #define int long long
// #define double long double
// #define endl "\n"
const int MAXN = 1E3 + 7;
// const int MAXE = ;
// const int MOD = ;
// const int INF = ;
const double eps = 1e-8;
// const double PI = acos(-1);
// const int DIRX[] = {};
// const int DIRY[] = {};
int sgn(double x)
{
return fabs(x) < eps ? 0 : (x < 0 ? -1 : 1);
}
struct Point
{
double x, y;
Point() {};
Point(double x, double y) : x(x), y(y) {}
Point operator + (const Point& b) { return Point(x + b.x, y + b.y); }
Point operator - (const Point& b) { return Point(x - b.x, y - b.y); }
Point operator * (double d) { return Point(x * d, y * d); }
double dot(const Point& b) { return x * b.x + y * b.y; }
double det(const Point& b) { return x * b.y - y * b.x; }
double dis(const Point& b) { return (*this - b).dot(*this - b); }
bool operator < (const Point& b) const
{
if (x == b.x)
return y < b.y;
return x < b.x;
}
} s, t, point[MAXN];
typedef Point Vector;
double crossProduct(Vector a, Vector b)
{
return a.x * b.y - a.y * b.x;
}
double dotProduct(Vector a, Vector b)
{
return a.x * b.x + a.y * b.y;
}
bool pointOnSegment(Point p, Point a, Point b)
{
// sgn(crossProduct(a - p, b - p)) == 0 may cause eps problem.
// If p is on the line, for check on the segment, ignore this condition.
// return sgn(crossProduct(a - p, b - p)) == 0 && sgn(dotProduct(a - p, b - p)) < 0;
return sgn(dotProduct(a - p, b - p)) < 0;
}
Point lineIntersection(Point p, Vector u, Point q, Vector v)
{
// Line 1: I = p + t * u
// Line 2: I = q + s * v
Vector w = p - q;
double t = crossProduct(v, w) / crossProduct(u, v);
return p + u * t;
}
int n, m;
int cnt[MAXN];
vector<Point> ans[MAXN];
signed main(void)
{
cin >> n >> m;
cin >> s.x >> s.y >> t.x >> t.y;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
cin >> point[i].x >> point[i].y;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
{
for (int j = i + 1; j <= n; ++j)
{
if (sgn((point[i] - point[j]).det(s - t)) == 0) // check Parallel
continue;
Point p = lineIntersection(point[i], point[j] - point[i], s, t - s);
if (pointOnSegment(p, s, t) == true)
{
ans[i].push_back(p);
ans[j].push_back(p);
++cnt[i]; ++cnt[j];
}
}
}
for (int i = 1; i <= n; ++i)
{
sort(ans[i].begin(), ans[i].end());
if (sgn(t.x - s.x) < 0 || (sgn(t.x - s.x) == 0 && sgn(t.y - s.y) < 0)) // sort condition: nearest point T
reverse(ans[i].begin(), ans[i].end());
}
int x, y;
for (int i = 1; i <= m; ++i)
{
cin >> x >> y;
if (cnt[x] >= y)
printf("%.10f %.10f\n", ans[x][y - 1].x, ans[x][y - 1].y);
else
cout << -1 << endl;
}
return 0;
}
K题
队友比赛时读错题了，把题读难了QAQ
我还不懂麻将，什么时候去入坑雀魂qwq
队友的代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
// #define int long long
// #define double long double
// #define endl "\n"
// const int MAXN = ;
// const int MAXE = ;
// const int MOD = ;
// const int INF = ;
// const double eps = ;
// const double PI = acos(-1);
// const int DIRX[] = {};
// const int DIRY[] = {};
string s;
int cnt[5][13];
vector<string> ans;
void pre(string& s)
{
memset(cnt, 0, sizeof(cnt));
int x, y;
for (int i = 0; i < 14; ++i)
{
y = s[i * 2] - '0';
char ch = s[i * 2 + 1];
if (ch == 'w')
x = 1;
if (ch == 'b')
x = 2;
if (ch == 's')
x = 3;
if (ch == 'z')
x = 4;
++cnt[x][y];
}
}
string mahjong(int x, int y)
{
string res = "";
res += (char)(y + '0');
if (x == 1)
res += 'w';
if (x == 2)
res += 'b';
if (x == 3)
res += 's';
if (x == 4)
res += 'z';
return res;
}
bool ron(int x, int y, bool flg, int sum)
{
if (flg == true && sum == 4)
return true;
if (x == 4 && y == 8)
return false;
if (x != 4 && y == 10)
return ron(x + 1, 1, flg, sum);
if (cnt[x][y] == 0)
return ron(x, y + 1, flg, sum);
if (x != 4 && cnt[x][y] > 0 && cnt[x][y + 1] > 0 && cnt[x][y + 2] > 0)
{
cnt[x][y]--;
cnt[x][y + 1]--;
cnt[x][y + 2]--;
bool ok = ron(x, y, flg, sum + 1);
cnt[x][y]++;
cnt[x][y + 1]++;
cnt[x][y + 2]++;
if (ok)
return true;
}
if (cnt[x][y] > 1 && !flg)
{
cnt[x][y] -= 2;
bool ok = ron(x, y, true, sum);
cnt[x][y] += 2;
if (ok)
return true;
}
if (cnt[x][y] > 2)
{
cnt[x][y] -= 3;
bool ok = ron(x, y, flg, sum + 1);
cnt[x][y] += 3;
if (ok)
return true;
}
return false;
}
void check(string& s)
{
bool flg = false;
for (int i = 1; i <= 4; ++i)
{
for (int j = 1; j <= (i == 4 ? 7 : 9); ++j)
{
if (i == 4 && cnt[i][j] == 0)
continue;
if (i != 4 && cnt[i][j] == 0 && cnt[i][j - 1] == 0 && cnt[i][j + 1] == 0)
continue;
cnt[i][j]++;
if (ron(1, 1, false, 0))
{
flg = true;
s += mahjong(i, j);
}
cnt[i][j]--;
}
}
if (flg == true)
ans.push_back(s);
}
void solve()
{
cin >> s;
pre(s);
if (ron(1, 1, false, 0))
{
cout << "Tsumo!" << endl;
return;
}
ans.clear();
for (int i = 1; i <= 4; ++i)
{
for (int j = 1; j <= (i == 4 ? 7 : 9); ++j)
{
if (cnt[i][j] == 0)
continue;
cnt[i][j]--;
string s = mahjong(i, j) + " ";
check(s);
cnt[i][j]++;
}
}
cout << ans.size() << endl;
for (int i = 0; i < ans.size(); ++i)
{
cout << ans[i] << endl;
}
}
signed main(void)
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr); cout.tie(nullptr);
int T;
cin >> T;
while (T--)
solve();
return 0;
}
G题
G题还是比较难的，输入要判断2月29号的问题，而且不能提前continue否则会段错误! 同时这题还比较卡时间,看榜可以发现有个8题的队伍这题惨烈TLE很多发(小声)，而且这题代码量也是比较大的
m个礼物用二进制枚举选和不选，记录选 i 个礼物的可行最大价值，要把每个人按生日排序，dp的时候正序遍历，像背包那样转移
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
int dp[505][367][16];
int mm[13] = { 0,31,28,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31 };
struct PP {
int c, v, lim;
}pp[505];
struct GT {
int c, v;
}gt[16];
int g[16];
bool cmp(PP a, PP b) {
return b.lim > a.lim;
}
int main()
{
int T, n, m, w;
cin >> T;
while (T--) {
cin >> n >> m >> w;
int tot = 0;
int ye, mon, da;
int ct = 0;
int c, v;
memset(g, 0, sizeof(g));
for (int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%d-%d-%d", &ye, &mon, &da);
cin >> c >> v;
if (mon == 2 && da == 29) continue;
ct++;
int d = 0;
for (int j = 1; j < mon; j++) d += mm[j];
d += da;
if (ye > 2021) continue;
pp[ct].c = c; pp[ct].v = v; pp[ct].lim = d;
}
n = ct;
sort(pp + 1, pp + n + 1, cmp);
for (int i = 1; i <= m; i++) g[i] = 0;
for (int i = 1; i <= m; i++) cin >> gt[i].c >> gt[i].v;
for (int i = 1; i < (1 << m); i++) {
int cnt = 0, co = 0, val = 0;
for (int j = 0; j < m; j++) {
if ((i >> j) & 1) {
cnt++;
co += gt[j + 1].c;
val += gt[j + 1].v;
}
}
if (co <= w)g[cnt] = max(g[cnt], val);
}
for (int i = 0; i <= n; i++) {
for (int day = 0; day <= 365; day++) {
for (int j = 0; j <= m; j++) {
dp[i][day][j] = 0;
}
}
}
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int day = 1; day <= 365; day++) {
for (int j = 0; j <= min(i,m); j++) {
dp[i][day][j] = dp[i - 1][day][j];
if (day >= pp[i].c && day <= pp[i].lim) dp[i][day][j] = max(dp[i][day][j], dp[i - 1][day - pp[i].c][j] + pp[i].v);
if (j) dp[i][day][j] = max(dp[i][day][j], dp[i - 1][day][j - 1] + (g[j] - g[j - 1]));
}
}
}
for (int i = 0; i <= m; i++) {
for (int day = 1; day <= 365; day++) {
ans = max(ans, dp[n][day][i]);
}
}
cout << ans << endl;
}
return 0;
}
D题
讲一下题意，就是两个人组成一对和机器人玩游戏，一局游戏里，给定n,k, 机器人会造一个长度为n的数列，数列中的每个数在[0,k)范围里，然后把数列和一个数字p(0<=p<n) 交给队员1，他必须要在数列里选一个数，把这个数+1，
再%k,然后把这个经过修改后的数列交给队友，但是他不能把数字p告诉队友，然后队友会猜数字p是什么，且队友只能提交一次答案，问是否有必胜策略
如果n为1,那么p只能为0，人类必赢
如果n为2,k为2，那么机器人构造的数列可以是{0,0}或{1,0}或{0,1}或{1,1},机器人给的p可以是0或1
可以构造出一个必胜策略：
如果p是0，机器人构造{0,0}或{1,1},队员1就把它改成{0,1},机器人构造{0,1}或{1,0},队员1就把它改成{1,1}
如果p是1，机器人构造{0,0}或{1,1},队员1就把它改成{1,0},机器人构造{0,1}或{1,0},队员1就把它改成{0,0}
这样，队员2收到{0,1}或{1,1},就输出0，收到{1,0}或{0,0}，就输出1
机器人构造的数列一共有k^n种情况，把这些数列想象成k^n个点，每个点连接n个点，表示这个点可以通过一次修改可以变成的点，每个点还有一个颜色，一共有n种颜色，分别代表p的位置
于是每个点连接的n个点的颜色一定要是不同的，这样人类就有必胜策略，而要满足这个条件，每个点不能连接两个同样颜色的点，每个绿色点可以给n个点贡献绿色，那么绿色点的个数为k^n / n,其他颜色点的个数与其一样
于是得到一个必要条件，就是(k^n) % n == 0
至于这个条件是否为充要条件，就要去看出题人发的那个很长的证明了(我不会qwq)
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
long long gcd(long long a, long long b) {
if (a < b) swap(a, b);
while (b) {
a = a % b;
swap(a, b);
}
return a;
}
int main()
{
int T;
cin >> T;
long long n, k;
while (T--) {
cin >> n >> k;
long long gg;
while ((gg = gcd(n, k)) != 1) {
n /= gg;
}
if (n == 1) cout << "HUMAN\n";
else cout << "ROBOT\n";
}
return 0;
}
