https://www.cnblogs.com/31415926535x/p/11553164.html

感觉很硬核啊这场，，越往后越做不动，，，emmmm，，，（这场是奔着最后一题 2sat 来的，，，上次学这玩意是在今年的3、4月份把，，，早忘得差不多了，，，

A. Yellow Cards

A题较简单，，贪心就行了，，

#include <bits/stdc++.h>

#define aaa cout<<233<<endl;

#define endl '\n'

using namespace std;

typedef long long ll;

typedef unsigned long long ull;

typedef long double ld;

// mt19937 rnd(time(0));

const int inf = 0x3f3f3f3f;//1061109567 > 1e9

const ll linf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;

const double eps = 1e-6;

const double pi = 3.14159265358979;

const int maxn = 1e6 + 5;

const int maxm = 2e5 + 233;

const int mod = 1e9 + 7;

int a[maxn], n;

int main()

{

    // double pp = clock();

    // freopen("233.in", "r", stdin);

    // freopen("233.out", "w", stdout);

    ios_base::sync_with_stdio(0);

    cin.tie(0);cout.tie(0);

    int n, a1, a2, k1, k2;

    cin >> a1 >> a2 >> k1 >> k2 >> n;

    int mi = 0, mx = 0;

    if(a1 * (k1 - 1) + a2 * (k2 - 1) >= n)mi = 0;

    else mi = n - a1 * (k1 - 1) - a2 * (k2 - 1);

    if(k1 <= k2)

    {

        while(n >= k1 && a1)

        {

            --a1;

            n -= k1;

            ++mx;

        }

        while(n >= k2 && a2)

        {

            --a2;

            n -= k2;

            ++mx;

        }

    }

    else

    {

        while(n >= k2 && a2)

        {

            --a2;

            n -= k2;

            ++mx;

        }

        while(n >= k1 && a1)

        {

            --a1;

            n -= k1;

            ++mx;

        }

    }

    cout << mi << " " << mx << endl;

    // cout << endl << (clock() - pp) / CLOCKS_PER_SEC << endl;

    return 0;

}

B. The Number of Products

A掉A题，，感觉还行，，以为后面的都很简单，，然后就在B、C题卡了半天，，

题意就是一个序列中，正区间和负区间的个数有多少，，这里的区间指的是区间积，，，

刚开始以为暴力可过，，（口胡，，然后交了一发果断T了，，，

又推了一会发现可以枚举左端点所在的区间，，然后他的贡献就是后面的+2,,+4,,+6等等区间的和的积，，所以只要预处理一下每一个用负点分割的左闭右开的区间的长度，，然后处理成隔一个的后缀和就行了，，，

#include <bits/stdc++.h>

#define aaa cout<<233<<endl;

#define endl '\n'

using namespace std;

typedef long long ll;

typedef unsigned long long ull;

typedef long double ld;

// mt19937 rnd(time(0));

const int inf = 0x3f3f3f3f;//1061109567 > 1e9

const ll linf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;

const double eps = 1e-6;

const double pi = 3.14159265358979;

const int maxn = 1e6 + 5;

const int maxm = 2e5 + 233;

const int mod = 1e9 + 7;

int a[maxn], n;

int p[maxn], tot;

ll pp[maxn];

int main()

{

    // double pp = clock();

    // freopen("233.in", "r", stdin);

    // freopen("233.out", "w", stdout);

    ios_base::sync_with_stdio(0);

    cin.tie(0);cout.tie(0);

    cin >> n;

    tot = 0;

    for(int i = 1; i <= n; ++i)cin >> a[i];

    for(int i = 1; i <= n; ++i)

        if(a[i] < 0)

            p[++tot] = i;

    p[tot + 1] = n + 1; p[tot + 2] = n + 1;

    ll ans1 = 0, ans2 = 0;

    ++tot;

    for(int i = tot; i >= 1; --i)pp[i] = p[i] - p[i - 1];//--pp[1];

    // for(int i = 1; i <= tot; ++i)cout << pp[i] << " ";cout << endl;

    for(int i = tot - 2; i >= 1; --i)pp[i] += pp[i + 2];

    // for(int i = 1; i <= tot; ++i)cout << pp[i] << " ";cout << endl;

    for(int i = 1; i <= tot; ++i)

    {

        // int x = p[i] - p[i - 1] - 1;

        ll x = pp[i] - pp[i + 2];

        ll y = pp[i + 1];

        // cout << x << "-" << y << endl;

        ans1 += x * y;

        y = pp[i + 2];

        ans2 += x * y;

        --x;

        while(x)ans2 += x--;

    }

    cout << ans1 << " " << ans2 << endl;

    // cout << endl << (clock() - pp) / CLOCKS_PER_SEC << endl;

    return 0;

}

C. Swap Letters

题意就是两个串，，只含有ab，，然后每一次的操作是挑第一个串中的一个和第二个串中的一个交换，，然后问题最少的操作次数下使得两串一样，，

我当时的思路是用一个 r 表示右端已经修改的位置，，然后遍历一遍，，当第i个位置的不同时，，利用r向后找一个可以交换的，，口胡了一下就直接敲了，，，然后不断的发现逻辑上的bug，，，emmmm，，一直改到成了N方的解法，，，，

看了一下别人的思路，，显然优先考虑相同的两个进行操作，，剩下的也只能操作偶数个，，使用的操作次数就是两次，，一次是反转其中一个，，然后像前面的就行了，，，，奇数个就是无解，，，（会爆ll

#include <bits/stdc++.h>

#define aaa cout<<233<<endl;

#define endl '\n'

using namespace std;

typedef long long ll;

typedef unsigned long long ull;

typedef long double ld;

// mt19937 rnd(time(0));

const int inf = 0x3f3f3f3f;//1061109567 > 1e9

const ll linf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;

const double eps = 1e-6;

const double pi = 3.14159265358979;

const int maxn = 1e6 + 5;

const int maxm = 2e5 + 233;

const int mod = 1e9 + 7;

char s[maxn], t[maxn];

int n;

int main()

{

    // double pp = clock();

    // freopen("233.in", "r", stdin);

    // freopen("233.out", "w", stdout);

    ios_base::sync_with_stdio(0);

    cin.tie(0);cout.tie(0);

    cin >> n >> s >> t;

    vector<pair<int, int> > ans;

    int r = 1;

    for(int i = 0; i < n; ++i)

    {

        if(s[i] != t[i])

        {

            // r = min(r, i + 1);

            r = i + 1;

            while(!(t[r] == t[i] && t[r] != s[r]) && r < n)++r;

            if(r >= n)

            {

                r = i + 1;

                swap(s[i], t[i]);

                ans.push_back(make_pair(i + 1, i + 1));

                // cout << "----" << endl << s << endl << t << endl;

                while(!(t[r] == t[i] && t[r] != s[r]) && r < n)++r;

                if(r >= n)

                {

                    cout << -1 << endl;

                    return 0;

                }

            }

            // cout << i + 1 << r + 1 << endl;

            ans.push_back(make_pair(i + 1, r + 1));

            swap(s[i], t[r]);

        // cout << s << endl << t << endl;

        }

    }

    cout << ans.size() << endl;

    for(auto &i: ans)cout << i.first << " " << i.second << endl;

    // cout << endl << (clock() - pp) / CLOCKS_PER_SEC << endl;

    return 0;

}

D. Ticket Game

博弈？？先弃了

感觉是一个好多情况的分类讨论题，，，

E. Marbles

状压dp，，，emmmm，，扔了，，

F. Radio Stations

重点来了，，，

这题的题干是真的长，，长篇阅读理解，，，emmmmmm

题目的大意是这样的：一个城市要弄一个发射塔，，它的功率是 \(f (1\le f \le M)\) ，

有 \(p\) 个节目，，对于每一个都有一个需要发射的功率范围： \((L_i, R_i)\) ，，也就是说当 \(f\) 在这个范围时用户才能收到这个节目，，，

然后有一些需求，，数量是n，，，这些需求这样描述： \((a_i, b_i)\) ，，表示对于第 \(i\) 个需求至少需要满足一个，，简单说就是至少要挑一个，，，

还有一些节目间的限制条件： \((u, v)\) ，，表示选了 \(u\) 就不能选 \(v\) ，，，反之亦然，，

然后问你这个发射塔的频率 \(f\) 选择多少时使得 \(n\) 个需求都可以满足

如果这题没有 \(f\) 这个限制条件，这题2sat可直接过，，但是不行，，

当然可以枚举 \(f\) ，，从1到M，，但是这样时间复杂度就是n方，，，T穿，，，

只能将 \(f\) 放在我们建立的限制图中，，但是怎么建呢，，，

以前做的2sat题目都是固定的n对物品中每对中选择一个，，其中一些物品有限制条件，，这样做了很多题之后潜移默化的形成了一个固定的模型，，只有这n个物品可以进行操作，，这样的思想也使得我在刚读懂题时即使出现过将 p 个节目分成选或不选这样建图，，但是因为这样不会处理f，，于是放弃这种思路，，，向着将n个需求作为图中的点，，然后有限制的条件间连边，，这样的思考就不得不去枚举f，，，于是只能过小数据，，

这题的解决方法是 在n个节目的后面再加M个可以选择的f的情况 ，，，这样一层点表示选这个情况，，第二层的点表示不选这个点，，建立相应的限制关系，，这样就可以跑一遍2sat得到两个想得到的东西，，，

前面的点的限制条件很好处理，，，按题意搞就行了

接下来处理后面的这M个点的情况，，，如果我们直接枚举每一个f可行解，，，那么和前面的暴力没啥区别，，，一样会T，，，

参考了一个博主的思路

这里我的理解是对于这些可行解都向前连边，，也就是 选f>=l+1必须选f>=l 这样就可以将区间的一个表示的限制条件转化成一个端点的表示，，（感觉有点类似差分的思想，，区间的操作改成端点的操作，，，

这样建图，，跑一边就行了，，，，最后输出答案，，

用tarjan的话判断的条件是两个点间是否不在一个scc中，，然后取最小就行了，，，

用染色法的话需要跑的点只是前半段p个，，，

染色法

栈写反了，，，wa了好几发，，，，（丢人，，，

#include <bits/stdc++.h>

#define aaa cout<<233<<endl;

#define endl '\n'

using namespace std;

typedef long long ll;

typedef unsigned long long ull;

typedef long double ld;

// mt19937 rnd(time(0));

const int inf = 0x3f3f3f3f;//1061109567 > 1e9

const ll linf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;

const double eps = 1e-6;

const double pi = 3.14159265358979;

const int maxn = 4e6 + 5;

const int maxm = 4e5 + 233;

const int mod = 1e9 + 7;

int n, p, M, m, all;

struct edge

{

    int to, nxt;

}edge[maxn << 1];

int tot, head[maxn << 1];

void init()

{

    tot = 0;

    memset(head, -1, sizeof head);

}

void addedge(int u, int v)

{

    edge[tot].to = v;

    edge[tot].nxt = head[u];

    head[u] = tot++;

}

bool vis[maxn];

int sta[maxn], top;

bool dfs(int u)

{

    if(vis[u > all ? u - all : u + all])return false;

    if(vis[u])return true;

    vis[u] = true;

    sta[++top] = u;

    for(int i = head[u]; ~i; i = edge[i].nxt)

        if(!dfs(edge[i].to))

            return false;

    return true;

}

bool twosat(int n)

{

    memset(vis, false, sizeof vis);

    for(int i = 1; i <= n; ++i)

    {

        if(vis[i] || vis[i + all])continue;

        top = -1;

        if(!dfs(i))

        {

            while(~top)vis[sta[top--]] = false;

            if(!dfs(i + all))return false;

        }

    }

    return true;

}

int main()

{

    // double pp = clock();

    // freopen("233.in", "r", stdin);

    // freopen("233.out", "w", stdout);

    ios_base::sync_with_stdio(0);

    cin.tie(0);cout.tie(0);

    cin >> n >> p >> M >> m;

    all = p + M;

    int u, v;

    init();

    for(int i = 1; i <= n; ++i)

    {

        cin >> u >> v;

        addedge(u + all, v);

        addedge(v + all, u);

    }

    for(int i = 1; i <= p; ++i)

    {

        cin >> u >> v;

        addedge(i, u + p); addedge(u + p + all, i + all);

        if(v < M)addedge(v + p + 1, i + all), addedge(i, v + p + all + 1);

    }

    for(int i = 1; i <= m; ++i)

    {

        cin >> u >> v;

        addedge(u, v + all);

        addedge(v, u + all);

    }

    for(int i = 1; i < M; ++i)

    {

        addedge(i + p + 1, i + p);

        addedge(i + p + all, i + p + 1 + all);

        // addedge(i + p, i + p + 1);

        // addedge(i + p + 1 + all, i + p + all);

    }

    if(twosat(p))

    {

        vector<int> ans;

        int f = 0;

        for(int i = 1; i <= p; ++i)

            if(vis[i])

                ans.push_back(i);

        for(int i = p + 1; i <= p + M; ++i)

            if(vis[i])

            {

                f = i - p;

            }

        if(!f)

        {

            cout << -1 << endl;

            return 0;

        }

        cout << ans.size() << " " << f << endl;

        for(auto i: ans)cout << i << " ";

    }

    else

    {

        cout << -1 << endl;

    }

    // cout << endl << (clock() - pp) / CLOCKS_PER_SEC << endl;

    return 0;

}

tarjan

#include <bits/stdc++.h>

#define aaa cout<<233<<endl;

#define endl '\n'

using namespace std;

typedef long long ll;

typedef unsigned long long ull;

typedef long double ld;

// mt19937 rnd(time(0));

const int inf = 0x3f3f3f3f;//1061109567 > 1e9

const ll linf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;

const double eps = 1e-6;

const double pi = 3.14159265358979;

const int maxn = 4e6 + 5;

const int maxm = 4e5 + 233;

const int mod = 1e9 + 7;

int n, p, M, m, all;

struct edge

{

    int to, nxt;

}edge[maxn << 1];

int tot, head[maxn << 1];

void init()

{

    tot = 0;

    memset(head, -1, sizeof head);

}

void addedge(int u, int v)

{

    edge[tot].to = v;

    edge[tot].nxt = head[u];

    head[u] = tot++;

}

int low[maxn], dfn[maxn], sta[maxn], belong[maxn];

int idx, top;

int scc;

bool insta[maxn];

int num[maxn];

void tarjan(int u)

{

    int v;

    low[u] = dfn[u] = ++idx;

    sta[top++] = u;

    insta[u] = true;

    for(int i = head[u]; ~i; i = edge[i].nxt)

    {

        v = edge[i].to;

        if(!dfn[v])

        {

            tarjan(v);

            if(low[u] > low[v])low[u] = low[v];

        }

        else if(insta[v] && low[u] > dfn[v])

            low[u] = dfn[v];

    }

    if(low[u] == dfn[u])

    {

        ++scc;

        do

        {

            v = sta[--top];

            insta[v] = false;

            belong[v] = scc;

            ++num[scc];

        }

        while(v != u);

    }

}

bool twosat(int n)

{

    memset(dfn, 0, sizeof dfn);

    memset(insta, false, sizeof insta);

    memset(num, 0, sizeof num);

    idx = scc = top = 0;

    for(int i = 1; i <= n; ++i)

        if(!dfn[i])

            tarjan(i);

    vector<int> ans;

    int f = 0;

    // for(int i = 1; i <= p; ++i)cout << belong[i] << " ";cout << " ";

    // for(int i = 1; i <= M; ++i)cout << belong[i + p] << " ";cout << endl;

    // for(int i = 1; i <= p; ++i)cout << belong[i + all] << " ";cout << " ";

    // for(int i = 1; i <= M; ++i)cout << belong[i + p + all] << " ";cout << endl;

    for(int i = 1; i <= p; ++i)

        if(belong[i] < belong[i + all])

            ans.push_back(i);

        else if(belong[i] == belong[i + all])

            return false;

    for(int i = 1; i <= M; ++i)

        if(belong[i + p] < belong[i + p + all])

            f = i;

        else if(belong[i + p] == belong[i + p + all])

            return false;

    cout << ans.size() << " " << f << endl;

    for(auto i: ans)cout << i << " ";

    return true;

}

int main()

{

    // double pp = clock();

    // freopen("233.in", "r", stdin);

    // freopen("233.out", "w", stdout);

    ios_base::sync_with_stdio(0);

    cin.tie(0);cout.tie(0);

    cin >> n >> p >> M >> m;

    all = p + M;

    int u, v;

    init();

    for(int i = 1; i <= n; ++i)

    {

        cin >> u >> v;

        addedge(u + all, v);

        addedge(v + all, u);

    }

    for(int i = 1; i <= p; ++i)

    {

        cin >> u >> v;

        addedge(i, u + p); addedge(u + p + all, i + all);

        if(v < M)addedge(v + p + 1, i + all), addedge(i, v + p + all + 1);

    }

    for(int i = 1; i <= m; ++i)

    {

        cin >> u >> v;

        addedge(u, v + all);

        addedge(v, u + all);

    }

    for(int i = 1; i < M; ++i)

    {

        addedge(i + p + 1, i + p);

        addedge(i + p + all, i + p + 1 + all);

        // addedge(i + p, i + p + 1);

        // addedge(i + p + 1 + all, i + p + all);

    }

    if(!twosat(all << 1))cout << -1 << endl;

    // cout << endl << (clock() - pp) / CLOCKS_PER_SEC << endl;

    return 0;

}

这道题的启发很大，，，2sat不一定就是解决一种选择下的解，，，只要这些不同种类的物品间有限制条件就可以放在一起，，，

（end)

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Codeforces Round #585 (Div. 2) [补题]
前言 2019.9.16 昨天下午就看了看D题,没有写对,因为要补作业,快点下机了,这周争取把题补完. 2019.9.17 这篇文章或者其他文章难免有错别字不被察觉,请读者还是要根据意思来读,不要纠结 ...
Codeforces Round #585 (Div. 2) E. Marbles （状压DP）
题目:https://codeforc.es/contest/1215/problem/E 题意:给你一个序列,你可以交换相邻的两个数,要达到一个要求,所有相同的数都相邻,问你交换次数最少是多少思路 ...
Codeforces Round #585 (Div. 2)E（状态压缩DP，思维）
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题意略. 思路: 我们应该着重关注负数对当前数列的影响,由于前缀和的性质,我们都是从当前数字向前加,这其实也是在枚举以哪个下标作为开头. 详见代码: #include<stdio.h> # ...

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