专项训练

暑假训练快结束了，突然又想整个这个，零散的刷题时间也要积累起来，万一以后忘了呢。。。

数据结构专题

1. [SNOI2017]一个简单的询问

link：https://www.luogu.com.cn/problem/P5268

从来没有见过这么水的蓝题，一眼莫队板题，分开维护两个区间的和，加入一个数就减去原来的贡献，加上增加的贡献。删除亦然。

Tips：

块长要设为1000，会影响复杂度。
排序按 \(l1,r1,l2,r2\) 关键字排。

2. [USACO19DEC] Bessie's Snow Cow P

link：https://www.luogu.com.cn/problem/P5852

set+线段树。会发现如果点 u 已经染过A种颜色，那它的子孙就没必要再染了。所以给每个颜色开个 set 来存储染上这种颜色的点，暴力删除 set 里它的子孙，并加入这个节点。大概就是这样一个思路：

假设现在正在进行一个修改操作，将 x 染成 col 色：

找到 set 中 x 的前一个点，判断其是否是 x 的祖先，如果是的话直接 continue 跳过本次操作。
通过 set 找到 x 子树中已经被染上 col 色的节点。
将这些节点的子树权值总体减 1，同时把这些节点移出 set。
将 x 放入对应的 set，同时将 x 子树中的节点权值总体加 1。

Tips：

线段树大坑，一定要好好检查。
set 是个很好用的东西，平常写代码时可以尝试一下。

3. [十二省联考 2019] 春节十二响

link：https://www.luogu.com.cn/problem/P5290

也不算太难。考虑贪心思想，大的和大的分成一段，小的和小的分。而考虑到不能有祖先--子孙关系，所以就是和父亲节点的其他儿子合并。用大根堆存储两个子树的答案，合并时取出堆顶，比较两个堆顶并得出最大值，把这些值再放入较大一点的堆里面，至于为什么要放到较大堆里面，可以用启发式合并来证明。

让高度小的树成为高度较大的树的子树，这个优化可以称为启发式合并算法。

摘自 OI-WiKi 。

Tips：注意 long long。

4. [SDOI2011] 消防

link：https://www.luogu.com.cn/problem/P2491

树的直径有这一结论：对于任意树上的节点 , 距离其最远的点一定为树的直径的端点。

所以整两个dfs把树的直径求出来。具体的，先从根节点跑一遍，求出直径的一个端点p，再从 p 跑一遍，即可求出另一个端点。

然后采用尺取法（移动区间），可以计算出在所有满足条件的最优情况下，最大值的最小值。（其实就是维护两个指针，根据s调整指针，再用记录这两个指针距离两个端点的距离的最大值的最小值）

但最远距离还可能是直径外的，所以再在直径的每个节点dfs一遍即可。

放一下代码吧：

dfs：

点击查看代码

void dfs(int u,int fa)
{
	f[u]=fa;
	if(len[u]>len[p]) p=u;
	for(int i=head[u];i;i=edge[i].next)
	{
		int v=edge[i].to;
		if(v==fa||vis[v]) continue;
		cout<<v<<endl;
		len[v]=len[u]+edge[i].w;
		dfs(v, u);
	}
}

尺取法：

点击查看代码

for(int i=p, j=p;i;i=f[i])
{
	while(len[j]-len[i]>s) j=f[j];
	ans=min(ans, max(len[i], len[p]-len[j]));
}

Tips：

最后搜索的时候要标记一下直径上的点。避免重复。
注意到 f 数组，存的不是父亲节点，而是直径上的前驱节点。

5. [HNOI2016] 序列

link：https://www.luogu.com.cn/problem/P3246

看着明显是一个莫队，~~但也可以强制在线~~。难点就是转移，从 \([l,r]\) 向 \([l,r+1]\) 转移，每次转移的变化由两部分组成：\([l,p]\) 和 \([p+1, r]\) ( p 是这个区间最小值)，前者贡献很好算，后者可以用dp求解，搞一搞dp式子可以发现它能预处理出来。

具体的：
设 \(f[l][r]\) 表示以 \(r\) 为右端点，左端点在 \([l,r]\) 的区间的答案(要求的就 \(f[p+1[r+1]\) )，记录一下 \(pre_i\) 表示从 \(i\) 向前第一个比 \(i\) 小的数的位置(这个可以单调栈O(n)求出)，那么左端点在 \([pre_r,r]\) 的区间最小值都是 \(a[r]\) ，那么就有 \(f[l][r]=f[l][pre_r]+a_r×(r-pre_r)\)。

可以发现 \(dp\) 增量只和 \(r\) 自身有关，所以可以去掉 \(l\) 那一维，因为最终一定会存在一个点
\(x\) ，满足 \(pre_x=p\)，那么 \(f_{r+1}=a_{r+1}×(r+1-pre_{r+1})+…+a_x×(x-p)+f_p\) 。

我们可以发现 \(f_{r+1}-f_p\) 就是原来要求的 \(f[p+1][r+1]\)。

RMQ：https://blog.csdn.net/qq_41311604/article/details/79900893

数论专题

明显刷题吃力了很多。。。数论还是我的弱项。

1. [ABC281G] Farthest City

link：https://www.luogu.com.cn/problem/AT_abc281_g

一层一层递推过来，dp[i][j]表示总共i个点，最后一层有j个点的方案数。

有dp转移式：\(dp[i][j]+=dp[i-j][k]*C_{n-i+j-1}^{j}*(2^k-1)^j*2^{C_j^2}\)。

k就是枚举前面每一层的最后一层的点数，\((2^k-1)^j\) 表示每个点向前面的k个点连线：\(C_k^1,C_k^1...C_k^k\) ，共有 \((2^k-1)^j\) 种方案。\(2^{C_j^2}\) 表示j内部的连线，共有 \(C_j^2\) 种连线，有 \(C_{C_j^2}^0,C_{C_j^2}^1...C_{C_j^2}^{C_j^2}\) 种方案数。

自己只推出来一半，剩下的式子还是推不出来。考虑的不够全面，还有所欠缺。

Tips：

二项式定理很重要，不要忘了。
TLE 要预处理。
取模别炸。

2. [ABC305G] Banned Substrings

link：https://www.luogu.com.cn/problem/AT_abc305_g

由于AC自动机学得比较晚，所以印象还是较为深刻的。~~但矩阵快速幂是真的忘得一干二净了~~。

考虑将所有不能匹配的串构建到AC自动机上，\(dp[i][son[u][1/0]]\) 表示到T的第i位，当前在u节点，下一个节点是a/b的方案数。注意到这是不能匹配的，做以维护一个数组记录每个点是否有结束标记，构建矩阵，用矩阵快速幂来优化，递推dp转移。

Tips：注意RE。

此题并未完全掌握，务必在学习AC自动机时再看一遍！！！

3. [CQOI2016] 密钥破解

link：https://www.luogu.com.cn/problem/P4358

虽然学新知识是好事，但这个 \(Pollard\,rho\) 给我看的够呛。

\(Pollard\,rho\) 算法

可以利用这种算法将N分解，就~~很轻松地~~得到p和q，根据扩展欧几里德定理即可求出d和n。

发现自己的扩欧学得还是不扎实，唉，赶紧填坑吧。

4. [NOI2018] 屠龙勇士

link：https://www.luogu.com.cn/problem/P4774

一眼excrt。

根据数据范围给出的表格，我们可以迅速发现 p 数组（有一个点都为质数）即为模数，就能立马推出式子：\(a[i]≡x*atk[i] (mod\,p[i])\)，发现和普通的excrt的区别就是多带了个*x，因为模数不一定为质数，所以我们无法用逆元求解，所以就考虑从excrt的本质操作入手。

excrt的过程其实就是两两联立相邻的两行方程，用扩欧求解，方程为：\(lcm*x+p_i*y=(a_i-ans)\) ，总共有 n-1 次合并，将 atk[i] 带入里面推式子，发现式子变为 \(atk_i*lcm*x+p_i*y=a_i-atk_i*ans\) ，也就多带了个 atk[i] ，所以直接改变excrt函数即可。

杀死每条龙的剑提前预处理即可，用multiset。

5.「雅礼集训 2018 Day10」足球大战

link：https://gxyzoj.com/d/hzoj/p/3990

其实是一道很简单的概率题，枚举主队和客队的赢的场数，直接递推即可，式子即为：

但是由于数据范围（1e7），要先预处理，边计算边枚举i，注意卡常。

Tips：

开两个1e7的数组会炸空间，但由于组合数都只需要n的阶乘，所以用一个数来存储 \(n!\)。
求逆元的写法可能会被卡，考虑换写法（详见数论）。

DP杂项

1. [PA2021] Od deski do deski

link：https://www.gxyzoj.com/d/hzoj/p/4096?tid=6709f0bc723564e75e98eb21

小清新dp，但状态设定很不好想。感觉它是从dp的推导设定的，会发现删除操作没有交集，设 \(f[i][j][1/0]\) 代表长度为 i 的序列，在后面放 j 种数可以变成合法的，当前是否合法。答案显然为 \(∑f[n][i][1]\) 。

转移就是分类讨论，讨论这一位是否合法，填表法和刷表法都可以，大概就是这样（其实是太懒不想写：

2. [TJOI2019] 甲苯先生的字符串

link：https://www.gxyzoj.com/d/hzoj/p/4119?tid=6709f0bc723564e75e98eb21

看到一个1e15，直接想到矩阵快速幂。

基础 dp 很好想， \(dp[i][j]\) 表示到第 i 位，且当前位为 j 的方案数，显然 \(dp[i][j]=\sum_{j=1}^{26}dp[i-1][j]*check[i][j]\) ，其中 \(check[i][j]\) 为1/0，ij是 s1 的子串即为0，否则为1。

考虑矩阵加速，可以不看第1维，把它想象成每一次的转移。初始矩阵是这个样子（共26列）：\begin{bmatrix}
1 & 1 & 1 & 1 & ... &1 & 1 &1
\end{bmatrix}

转移矩阵（设为X）其实就是上面的 check 数组，第 i 行第 j 列就是0/1，ij是 s1 的子串即为0，否则为1。

所以答案即为上面第一个矩阵* \(X^{n-1}\) ，最后将这个结果矩阵的每一个值加起来即可。

Tips：对角线为1，其余为0的矩阵 \(\times\) 任意矩阵 A 结果都为 A。

3. [ABC213G] Connectivity 2

link：https://www.gxyzoj.com/d/hzoj/p/778?tid=6709f0bc723564e75e98eb21

这个题是在改完前一次考试题后写的，所以写起来很流畅，很快就A了，题解思路很经典，一定要好好整理。

数据一看就是状压，每一位表示这个点是否删去，设两个数组f和g，f[s]表示s里的连通子集的个数，g[s]表示s里的子集个数。显然用g数组更新f数组。

DP专题

1. [NOIP2021] 数列

link：https://www.luogu.com.cn/problem/P7961
发现n的范围极小，只有30，就可以考虑 \(O(n^4)\) 的复杂度。

因为在计算S的二进制表示时会有进位的现象，考虑从低位到高位转移，设 \(dp[i][j][k][p]\) 表示到S从低到高的第i为，已经确定了j个序列里a中的元素，前i位中有k个1，要向下一位进位p。

采取刷表法。

废，写不完了，等未来某一天再补吧。

2. [ABC234G] Divide a Sequence

link：https://www.luogu.com.cn/problem/AT_abc234_g

3. [春季测试 2023] 圣诞树

link：https://www.luogu.com.cn/problem/P9119

图论专题

图论杂项

1.「NOIP2013」华容道

link：https://www.gxyzoj.com/d/hzoj/p/P438?tid=670db460723564e75e9b760d、

自己先写的爆搜，因为太暴力了，而且是dfs，只拿到10分。优化一下应该能拿到更高。暴力思路没啥问题，发现TLE的主要问题在于枚举了很多和目标格子没有任何关系的状态，考虑抽离出这些状态，建边跑最短路即可。

具体的，大概分为以下几个步骤：

预处理
- 空白格子乱转（建边）
- 空白格子和指定格子互换（建边）
让空白格子跑到指定格子周围
跑最短路

代码比较长，调了一早上才过，很多细节要注意。

2. Star Way To Heaven

link：https://www.gxyzoj.com/d/hzoj/p/P824?tid=670db460723564e75e9b760d

首先明确一下：走的路径是可以弯曲的，不一定非要走直线！！！

第一眼看完真的是一点思路都没有，考虑将第一个star和上届连接，最后一个star和下界连接，中间的star互相连接，大概就是把这个矩形分成两半，因为要求最小距离的最大值，肯定是最短路径中间最大的那一条分一半（最优策略肯定是走终点）的值。也就是求最小生成树的最大边权。代码实现很清奇，不能说写了prim，而是用了这种思想。

贪心专项

1. 「NOIP2012」国王游戏

link：https://www.luogu.com.cn/problem/P1080

好久都没有做绿题了。显然这个题最好做到a、b值都升序（可以通过这些思路骗到50pts）现在单独考虑两个人的情况：

假设这两个人手上的数为（num表示前面所有人a的乘积）：

\(a\) \(b\)

\(c\) \(d\)

对于第二个人，他得到的金币为 \(num*a/d\)。

但如果按下面的顺序排：

\(c\) \(d\)

\(a\) \(b\)

对于第二个人，他得到的金币为 \(num*c/b\)。

此时，就会发现，如果要交换两个人，当且仅当 \(num*a/d<num*c/b\)，把 num 消掉后，经过移项得 \(a*b>c*d\)，所以最佳的选择就是所有数满足 \(a*b<c*d\)。

此题要高精

2. P2123 皇后游戏

link：https://www.luogu.com.cn/problem/P2123

上面那个题得延续吧。思路还是一样的，就是推两个人的关系。

但是因为这个简单的式子没有传递性，所以这样写肯定是不对的。仔细探究这个式子的本质，就是希望前面的数x值越小，y值越大，而且主要是关于这四个数两两的大小关系。分类讨论一下：

\(a[i]<b[i]\), \(a[j]<b[j]\), 按照a值升序排序。
\(a[i]<b[i]\), \(a[j]>b[j]\), 按照 < > 排序。
\(a[i]>b[i]\), \(a[j]<b[j]\), 同2。
\(a[i]>b[i]\), \(a[j]>b[j]\), 按照b值降序排序。

根据这些排序即可。

3. [luogu1248]加工生产调度

和上面那道题没有太大区别，同样的方法，只看两个物品，假设加工他们的时间分别为：

\(a\) \(b\)

\(c\) \(d\)

此时的时间为：\(a+max(b, c)+d\)

但如果按下面的顺序排：

\(c\) \(d\)

\(a\) \(b\)

此时的时间为：\(c+max(d, a)+b\)

就会发现，如果要交换两个物品，当且仅当 \(a+max(b, c)+d>c+max(d, a)+b\)，经过移项得 \(max(b, c)-c-b>max(d, a)-a-d\)，同样得到 \(min(d, a)<max(b, c)\)。

然后就没有然后了。

4.[JXOI2017] 加法

link：https://www.luogu.com.cn/problem/P4064

显然二分。最小值为min，最大值就是min+m*a，问题在于check函数怎么写。

显然是用最优的方法去改变原数组，判断每一位是否大于mid。会发现遍历到 i 位时（i<mid），当前区间能覆盖 l 且 r 的范围更大，那肯定是选当前区间而不选以前选的。所以贪心策略即为优先选择右端点最远的点进行加法。可以用一个大根堆来维护。需要一个支持区间加、单点查的数据结构，肯定是树状数组。注意维护时的合法性（比如选的区间数等）。

check 函数

bool check(int x)
{
	memset(sum, 0, sizeof(sum));
	while(q.size()) q.pop();
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		add(i, a[i]-a[i-1]);
	}
	int p=1, cnt=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		while(p<=m&&b[p].l<=i) q.push(b[p++]);
		while(query(i)<x&&!q.empty())
		{
			choce t=q.top();
			q.pop();
			while(!q.empty()&&t.r<i)
			{
				t=q.top();
				q.pop();
			}
			if(t.r<i||++cnt>k) return 0;
			add(t.l, num);
			add(t.r+1, -num);	
		}
		if(query(i)<x) return 0;
	}
	return 1;
}

5. [NOIP2018 提高组] 赛道修建

link：https://www.luogu.com.cn/problem/P5021

~~又是二分，又是不会写判断~~

判断长度最小 \(x\) 是否可行 → \(≥x\) 的段数是否 \(≥m\)

现在只考虑一个点 u 和他所有儿子 v 的情况。用一个 multiset（可自动排序）来记录从每个儿子 v 上来的赛道长度+ u—v 边权。如果儿子两两之间可以配对（每次最小的和与它加起来刚好大于mid的）或单独可以自成一段，那么就删除他们（使得段数更多），个数+1，然后在所有没有删除的值中选一个最大的上传给父亲u，大致就是个dfs。

6. [JOI 2022 Final] 让我们赢得选举

link：https://www.gxyzoj.com/d/hzoj/p/4100?tid=67063ae5f3395ed072f506cd

首先有几个结论：

多个人在同一州演讲比在不同州讲时间短。
肯定是先去协作者+赢得选票（简称合作州）的州再去赢得选票（简称支持州）的州。
去合作州肯定是按b的升序去找的。

剩余的没有获得选票的简称反对州。

发现这个题直接贪心是不可以的，可能一些选中的b对应的a极其地小，此时就不是最优的。所以引入dp。

dp[i][j][k]表示前i个州恰好j个支持州k个合作州的最短时间，因为外面还要枚举协作者的个数，所以复杂度为O(n^4)。考虑化为二维dp，dp[i][j]表示前i个州有j个合作州的最短时间，因为两个合作州之间肯定是支持州（当然算的时候是放到最后），就把支持州的时间带到dp转移里，相当于每一步决策：这一步我是选合作还是支持。感觉特别神奇巧妙，有点说不清楚，感性理解吧。

生活似海/起伏不定/无边总是看不到头/我欲乘风/浪迹远方/因为我并不平凡普通

posted @ 2024-08-24 17:59 zhouyiran2011 阅读(28) 评论(0) 编辑收藏举报

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zhouyiran2011

我把秘密告诉了花，花香吹满了整个小巷

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