周一

赛前最后的努力了，加油！！

前几天疯狂写作业，现在还有三场比赛的题没补，加油！

L. Buy Figurines（堆+线段树）

这题的关键在于只有n个人，怎么利用这个保证复杂度

考虑维护这n个人的离开时间，用一个优先队列维护

那么对于当前状态，可以处理处当前每个队的人数，怎么快速求最值呢

这个其实就是一个可以修改的堆，可以用set或者线段树实现

#include
#define l(k) (k << 1)
#define r(k) (k << 1 | 1)
#define rep(i, a, b) for(int i = (a); i < (b); i++) 
#define _for(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); i++) 
using namespace std;typedef long long ll;
typedef pair pii;
const int N = 2e5 + 10;
pair b[N];
int t[N << 2], n, m;
ll last[N];void up(int k)
{t[k] = min(t[l(k)], t[r(k)]);
}void clear(int k, int l, int r)
{t[k] = 0;if(l == r) return;int m = l + r >> 1;clear(l(k), l, m);clear(r(k), m + 1, r);
}void modify(int k, int l, int r, int x, int p)
{if(l == r){t[k] += p;return;}int m = l + r >> 1;if(x <= m) modify(l(k), l, m, x, p);else modify(r(k), m + 1, r, x, p);up(k);
}int ask(int k, int l, int r)
{if(l == r) return l;int m = l + r >> 1;if(t[l(k)] <= t[r(k)]) return ask(l(k), l, m);else return ask(r(k), m + 1, r);
}int main()
{int T; scanf("%d", &T);while(T--){scanf("%d%d", &n, &m);_for(i, 1, n) scanf("%d%d", &b[i].first, &b[i].second);sort(b + 1, b + n + 1);_for(i, 1, m) last[i] = 0;clear(1, 1, m);ll ans = 0;priority_queue, greater> q;_for(i, 1, n){auto [a, s] = b[i];while(!q.empty() && a >= q.top().first){modify(1, 1, m, q.top().second, -1);q.pop();}int cur = ask(1, 1, m);if(a >= last[cur]) last[cur] = a + s;else last[cur] += s;ans = max(ans, last[cur]);modify(1, 1, m, cur, 1);q.push({last[cur], cur});}printf("%lld\n", ans);}return 0; 
} 

C. Slipper（建图+最短路）

每一层加一个点，这一层连到它，然后它连向d+k层的所有点，然后跑最短路即可

#include
#define rep(i, a, b) for(int i = (a); i < (b); i++) 
#define _for(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); i++) 
using namespace std;typedef long long ll;
const int N = 2e6 + 10;
ll d[N];
struct node
{int v; ll w;bool operator < (const node& rhs) const{return w > rhs.w;}
};
vector> g[N];
vector ve[N];
int n, k, p, s, t, cnt;void dfs(int u, int fa, int dep)
{ve[dep].push_back(u);for(auto [v, w]: g[u]){if(v == fa) continue;dfs(v, u, dep + 1);}
}void solve()
{_for(i, 1, 2 * n) d[i] = 1e18;d[s] = 0;priority_queue q;q.push({s, d[s]});while(!q.empty()){node x = q.top(); q.pop();int u = x.v;if(d[u] != x.w) continue;for(auto [v, w]: g[u])if(d[v] > d[u] + w){d[v] = d[u] + w;q.push({v, d[v]});}}
}int main()
{int T; scanf("%d", &T);while(T--){scanf("%d", &n);_for(i, 1, 2 * n) g[i].clear(), ve[i].clear();_for(i, 1, n - 1){int u, v, w;scanf("%d%d%d", &u, &v, &w);g[u].push_back({v, w});g[v].push_back({u, w});}scanf("%d%d%d%d", &k, &p, &s, &t);dfs(1, 0, 1);cnt = n;_for(i, 1, n){if(!ve[i].size()) break;cnt++;for(int x: ve[i]) g[x].push_back({cnt, 0}); for(int x: ve[i + k]) g[cnt].push_back({x, p});if(i - k >= 1) for(int x: ve[i - k]) g[cnt].push_back({x, p});}solve();printf("%lld\n", d[t]);}return 0; 
} 

J. Eat, Sleep, Repeat（博弈）

这是一类博弈题，就是说操作次数其实是一定的，直接算操作次数的奇偶即可，关键是怎么算。

对于这题，可以发现限制为0把数分成了很多段。

每一段内，每个数尽可能的小，从最小的数开始往上。

#include
#define rep(i, a, b) for(int i = (a); i < (b); i++)
#define _for(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); i++)
using namespace std;typedef long long ll;
const int N = 1e5 + 10;
map mp;
int n, k;
ll a[N];ll cal(vector ve, int st)   //函数这里不要忘记开long long
{if(!ve.size()) return 0;ll sum = 0;for(auto x: ve) sum += x - st;int pos = st - 1;while(mp.count(pos + 1) && mp[pos + 1]) pos++;if(pos == st - 1) return sum;ll res = 0, num = ve.size();_for(i, st, pos) {if(num <= mp[i]){res += 1LL * (i - st) * num;   //相乘的时候注意开1LLnum = 0;break;}else{res += 1LL * (i - st) * mp[i];num -= mp[i];}}res += num * (pos + 1 - st);return sum - res;
}int main()
{int T; scanf("%d", &T);while(T--){mp.clear();scanf("%d%d", &n, &k);_for(i, 1, n) scanf("%lld", &a[i]);sort(a + 1, a + n + 1);vector ve;while(k--){int x, y;scanf("%d%d", &x, &y);mp[x] = y;if(!y) ve.push_back(x);}ve.push_back(-1);ve.push_back(2e9);sort(ve.begin(), ve.end());ll ans = 0;rep(i, 0, ve.size() - 1){int l = lower_bound(a + 1, a + n + 1, ve[i]) - a;int r = lower_bound(a + 1, a + n + 1, ve[i + 1]) - a - 1;vector v;_for(j, l, r) v.push_back(a[j]);ans += cal(v, ve[i] + 1);}puts(ans % 2 == 1 ? "Pico" : "FuuFuu");}return 0;
}

G. Grade 2（打表/异或）

比赛时是推出结论的

其实如果打表找一下规律，能出的更快

首先异或与加法联系紧密

对于A^x对A的改变为正负x

可以这么理解，异或的作用就是为1的地方取反，那么最多就是全部把0变1，也就是加x，相反最小就是减x。

范围宽放一点话就是二进制位

那么kx^x=kx+a

gcd(kx ^ x, x) = gcd(kx + a, x) = gcd(a, x)

也就是说其实gcd取决于异或后改变了多少

那么题目给的x是1e6,这个非常关键，意味着不会改变太多

再考虑二进制位，会发现如果k的范围可以遍历二进制位的所有数，那么一定会有重复，那么重复就可以想到循环节

考虑t为大于x的最小的二次幂数

那么kx = (k + t) x  (mod t)

因为改变的就是低位的二进制，所以只用看低位二进制的，那么发现t是循环 节

也就是说，gcd(kx ^ x, x)以t为循环节

那么l和r转化为前缀和

对于当前，看有几个t，多出来的部分用前缀和

#include
#define rep(i, a, b) for(int i = (a); i < (b); i++)
#define _for(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); i++)
using namespace std;typedef long long ll;
const int N = 2e6 + 10;
ll s[N], mod;ll gcd(ll a, ll b) { return !b ? a: gcd(b, a % b); }ll cal(ll r)
{ll k = r / mod;return k * s[mod] + s[r - k * mod];
}int main()
{ll x, n;scanf("%lld%lld", &x, &n);ll t = 1;while(t <= x) t <<= 1;mod = t;_for(i, 1, mod) s[i] = s[i - 1] + (gcd(i * x ^ x, x) == 1);while(n--){ll l, r;scanf("%lld%lld", &l, &r);printf("%lld\n", cal(r) - cal(l - 1));}return 0;
}

I. Dragon Bloodline（二分答案+贪心）

这题的重点是贪心

首先有一个结论，就是对于当前最高的2次幂，如果把它分配给大于等于它的，那么一定不会更差。因为在一个合法解里面，可以进行替换。

那么2的次幂从高到低遍历，首先把大于等于它的都分配给它，如果用完了就下一个，否则把多出来的给前cnt大的，这样肯定是浪费最少的。

二分答案的上界需要思考一下，要小心check的时候爆long long

分母部分为b的和，分子部分为maxa，这是上界。这样子check的时候不会爆long long

#include
#define rep(i, a, b) for(int i = (a); i < (b); i++)
#define _for(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); i++)
using namespace std;typedef long long ll;
const int N = 5e4 + 10;
int a[N], b[25], cnt[25], n, k;
ll c[N];bool check(ll key)
{_for(i, 1, n) c[i] = a[i] * key;_for(i, 1, k) cnt[i] = b[i];for(int j = k; j >= 1; j--){_for(i, 1, n){ll cur = min(c[i] / (1 << (j - 1)), (ll)cnt[j]);cnt[j] -= cur;c[i] -= cur * (1 << (j - 1));if(!cnt[j]) break;}if(cnt[j]){cnt[j] = min(cnt[j], n);nth_element(c + 1, c + cnt[j], c + n + 1, greater());_for(i, 1, cnt[j]) c[i] = 0;}}_for(i, 1, n)if(c[i])return false;return true;
}int main()
{int T; scanf("%d", &T);while(T--){scanf("%d%d", &n, &k);_for(i, 1, n) scanf("%d", &a[i]);_for(i, 1, k) scanf("%d", &b[i]);int mx = 0;_for(i, 1, n) mx = max(mx, a[i]);ll l = 0, r = 2e15 / mx;while(l + 1 < r){ll m = l + r >> 1;if(check(m)) l = m;else r = m;}printf("%lld\n", l);} return 0;
}

C. Magic（差分约束）

推一下三个不等式即可

注意每个位置非负有Si - Si-1 >= 0

这道题是求一个变量的最值，那么建立一个超级源点，对所有点连边权为0的边，然后从这个点开始spfa。注意不要漏掉0

养成好习惯，打完代码后不急着编译，从头肉眼查错，重点看有没有变量名打错

#include
#define rep(i, a, b) for(int i = (a); i < (b); i++)
#define _for(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); i++)
using namespace std;const int N = 1e4 + 10;
int d[N], vis[N], cnt[N], S, n, k;
vector> g[N];bool spfa()
{_for(i, 0, n + 1) d[i] = -1e9, vis[i] = cnt[i] = 0;  //最长路，有负权边，初始化为负无穷d[S] = 0;deque q;q.push_back(S);while(!q.empty()){int u = q.front(); q.pop_front();vis[u] = 0;for(auto [v, w]: g[u])if(d[v] < d[u] + w)   //注意这里是最长路{d[v] = d[u] + w;if(!vis[v]){if(!q.empty() && d[v] > d[q.front()]) q.push_front(v);  //注意判空else q.push_back(v);vis[v] = 1;if(++cnt[v] > n) return false;}}}return true;
}int main()
{int T; scanf("%d", &T);while(T--){scanf("%d%d", &n, &k);_for(i, 0, n + 1) g[i].clear();S = n + 1;_for(i, 1, n){int p; scanf("%d", &p);g[max(i - k, 0)].push_back({min(i + k - 1, n), p});g[i - 1].push_back({i, 0});}_for(i, 0, n) g[S].push_back({i, 0});int q; scanf("%d", &q);_for(i, 1, q){int l, r, b;scanf("%d%d%d", &l, &r, &b);g[r].push_back({l - 1, -b});}if(!spfa()) puts("-1");else printf("%d\n", d[n]);} return 0;
}

Link with Level Editor II（矩阵+线段树）

首先图比较小，可以用矩阵乘法。两个矩阵相乘就是恰好就是计算方案数，于是可以用矩阵来维护。

容易发现可以双指针求，关键是如何迅速求一段的值

可以直接用线段树求，但是会T

因为只关心1到m的答案，所以可以用一个向量不断右乘矩阵，这也可以优化掉一个m

继续养成习惯，写完检查一遍，防止变量。

#include
#define l(k) (k << 1)
#define r(k) (k << 1 | 1)
#define rep(i, a, b) for(int i = (a); i < (b); i++)
#define _for(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); i++)
using namespace std;typedef long long ll;
const int N = 5e3 + 10;
struct martix 
{ ll s[25][25]; martix() { memset(s, 0, sizeof s); }
}t[N << 2];
int n, m, k;
ll v[25];martix mul(martix A, martix B)
{martix C;_for(i, 1, m)_for(j, 1, m)_for(k, 1, m)C.s[i][j] += A.s[i][k] * B.s[k][j];return C;
}void mul(martix A)
{ll res[25] = {0};_for(i, 1, m)_for(j, 1, m)res[i] += v[j] * A.s[j][i];_for(i, 1, m) v[i] = res[i];
}void up(int k)
{t[k] = mul(t[l(k)], t[r(k)]);
}void build(int k, int l, int r)
{if(l == r){int l; scanf("%d", &l);memset(t[k].s, 0, sizeof t[k].s);_for(i, 1, m) t[k].s[i][i] = 1;while(l--){int u, v;scanf("%d%d", &u, &v);t[k].s[u][v] = 1;}return;}int m = l + r >> 1;build(l(k), l, m);build(r(k), m + 1, r);up(k);
}void ask(int k, int l, int r, int L, int R)
{if(L <= l && r <= R){mul(t[k]);return;}int m = l + r >> 1;if(L <= m) ask(l(k), l, m, L, R);if(R > m) ask(r(k), m + 1, r, L, R);
}bool check(int l, int r)
{_for(i, 1, m) v[i] = 0;v[1] = 1;ask(1, 1, n, l, r);return v[m] <= k;
}int main()
{int T; scanf("%d", &T);while(T--){scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);build(1, 1, n);int r = 0, ans = 0;_for(l, 1, n){while(r + 1 <= n && check(l, r + 1)) r++;ans = max(ans, r - l + 1);}printf("%d\n", ans);} return 0;
}

还有一种骚操作可以避免删除。

在l和r中加一个mid，每次计算拆成[l, mid] 乘上 [mid + 1, r]

右半部分r拓展的时候维护

左半部分用一个bi维护i到mid的值

当l超过mid的时候，mid=r，然后计算bi。

这样依然是O(n)的，同时避免了删除操作

#include
#define rep(i, a, b) for(int i = (a); i < (b); i++)
#define _for(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); i++)
using namespace std;typedef long long ll;
const int N = 5e3 + 10;
struct martix 
{ ll s[25][25]; martix() { memset(s, 0, sizeof s); }
}a[N], b[N];
int n, m, k;martix mul(martix A, martix B)
{martix C;_for(i, 1, m)_for(j, 1, m)_for(k, 1, m)C.s[i][j] += A.s[i][k] * B.s[k][j];return C;
}void init(martix& A)  //初始化为单位矩阵 注意引用
{memset(A.s, 0, sizeof A.s);_for(i, 1, m) A.s[i][i] = 1;
}int main()
{int T; scanf("%d", &T);while(T--){scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);_for(i, 1, n){init(a[i]);int l; scanf("%d", &l);while(l--){int u, v;scanf("%d%d", &u, &v);a[i].s[u][v] = 1;}}int l = 1, mid = 1, r = 1, ans = 0;martix cur; init(cur);b[1] = a[1];_for(l, 1, n){if(l > mid){mid = r;init(cur);martix t; init(t);for(int i = mid; i >= l; i--){t = mul(a[i], t);b[i] = t;}}while(r + 1 <= n && mul(b[l], mul(cur, a[r + 1])).s[1][m] <= k) cur = mul(cur, a[++r]);ans = max(ans, r - l + 1);}printf("%d\n", ans);} return 0;
}

周二

Map(数学)

由边成比例写出两个圆的方程，相减得到过两个交点的直线，然后直线和圆联立得到一元二次方程，然后求根公式，得到两个解，判断一下交点是否在矩形内即可。

需要推一些公式，比较复杂

#include
#define rep(i, a, b) for(int i = (a); i < (b); i++)
#define _for(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); i++)
using namespace std;const double EPS = 1e-8;struct Point {double x, y;Point (double x = 0, double y = 0) : x(x), y(y) {}
};
int sgn(double x) {return (x < -EPS) ? -1 : (x > EPS);
}double Cross(Point a, Point b) {return a.x * b.y - a.y * b.x;
}
double Cross(Point a, Point b, Point c) {return Cross(Point(b.x - a.x, b.y - a.y), Point(c.x - a.x, c.y - b.y));
}double x[10], y[10];bool Judge(Point p, Point a, Point b, Point c, Point d) {return sgn(Cross(Point(b.x - a.x, b.y - a.y), Point(p.x - a.x, p.y - a.y)) * Cross(Point(d.x - c.x, d.y - c.y), Point(p.x - c.x, p.y - c.y))) == -1;
}bool check(double x1, double y1)
{return (Judge(Point(x1, y1), Point(x[5], y[5]), Point(x[6], y[6]), Point(x[8], y[8]), Point(x[7], y[7])) &&Judge(Point(x1, y1), Point(x[5], y[5]), Point(x[8], y[8]), Point(x[6], y[6]), Point(x[7], y[7])));
}int main()
{int T; scanf("%d", &T);while(T--){_for(i, 1, 8) scanf("%lf%lf", &x[i], &y[i]);//计算kdouble k = (pow(x[1] - x[2], 2) + pow(y[1] - y[2], 2)) / (pow(x[5] - x[6], 2) + pow(y[5] - y[6], 2));//直线方程double A = 2 * (k * x[5] - k * x[6] - x[1] + x[2]);double B = 2 * (k * y[5] - k * y[6] - y[1] + y[2]);double C = (x[1] * x[1] + y[1] * y[1] - x[2] * x[2] - y[2] * y[2] - k * (x[5] * x[5] + y[5] * y[5] - x[6] * x[6] - y[6] * y[6]));//圆方程double a = 1 - k;double b = 2 * (k * x[5] - x[1]);double c = 1 - k;double d = 2 * (k * y[5] - y[1]);double e = x[1] * x[1] + y[1] * y[1] - k * x[5] * x[5] - k * y[5] * y[5];//一元二次方程if(sgn(B)){double D = -A / B;double E = -C / B;double ta = a + c * D * D;double tb = b + 2 * c * D * E + d * D;double tc = c * E * E + d * E + e;//解方程double x1 = (-tb + sqrt(tb * tb - 4 * ta * tc)) / (2 * ta);double y1 = D * x1 + E;double x2 = (-tb - sqrt(tb * tb - 4 * ta * tc)) / (2 * ta);double y2 = D * x2 + E;if(check(x1, y1)) printf("%.10lf %.10lf\n", x1, y1);else printf("%.10lf %.10lf\n", x2, y2);}else{double X = -C / A;e += a * X * X + b * X;double ta = c, tb = d, tc = e;double y1 = (-tb + sqrt(tb * tb - 4 * ta * tc)) / (2 * ta);double y2 = (-tb - sqrt(tb * tb - 4 * ta * tc)) / (2 * ta);if(check(X, y1)) printf("%.10lf %.10lf\n", X, y1);else printf("%.10lf %.10lf\n", X, y2);}}return 0;
}

Maex（树形dp）

0是一个很重要的点，如果当前子树没有0，那么值就是全0

设dp[u]为以u为根子树中bi的最大和，也就是说以u为根的子树时的答案

那么u的b值为siz[u]，对于它的儿子v，只有一个儿子的子树是有0的，其他都没有0

没有0的子树答案是0,所以要选一个答案最大的子树

即dp[u] = siz[u] + max(dp[v])

#include
#define rep(i, a, b) for(int i = (a); i < (b); i++)
#define _for(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); i++)
using namespace std;typedef long long ll;
const int N = 5e5 + 10;
vector g[N];
int siz[N], n;
ll dp[N];void dfs(int u, int fa)
{siz[u] = 1;ll mx = 0;for(int v: g[u]){if(v == fa) continue;dfs(v, u);siz[u] += siz[v];mx = max(mx, dp[v]);}dp[u] = siz[u] + mx;
}int main()
{int T; scanf("%d", &T);while(T--){scanf("%d", &n);_for(i, 1, n) g[i].clear();_for(i, 1, n - 1){int u, v;scanf("%d%d", &u, &v);g[u].push_back(v);g[v].push_back(u);}dfs(1, 0);printf("%lld\n", dp[1]);}return 0;
}

Loop(思维)

贪心考虑每一次操作

把第一个大于前一个数的位置找出，为i

然后把ai-1提出来，插到后面去，插到第一个比它小的数前面

考虑如何快速求

可以一次性处理，把所有提出来的数放一起，由于插是随意的，所以排个序，然后把这些数和原来剩下的数做一个归并即可

#include
#define rep(i, a, b) for(int i = (a); i < (b); i++)
#define _for(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); i++)
using namespace std;const int N = 3e5 + 10;
int st[N], top, n, k;int main()
{int T; scanf("%d", &T);while(T--){top = 0;scanf("%d%d", &n, &k);priority_queue q;_for(i, 1, n){int x; scanf("%d", &x);while(k && top && x > st[top]){k--;q.push(st[top--]);}st[++top] = x;}_for(i, 1, top){while(!q.empty() && q.top() > st[i]){printf("%d ", q.top());q.pop();}printf("%d ", st[i]);}while(!q.empty()) {printf("%d ", q.top());q.pop();}puts("");}return 0;
}