17.10.28&29

• 28上午
• 骚猪选讲
• 28下午
• BOZJ 1081 [SCOI2005]超级格雷码

感觉就是一个找规律，然后模拟输出。
半天没找到一个比较简便的模拟方法，
这份代码是学习网上一位大佬的，很巧妙。

代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
int n,m,pow[40];
void print(int y){
	if(y<10) printf("%d",y);
	else printf("%c",y-10+'A');
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	pow[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++) pow[i]=pow[i-1]*m;
	for(int i=0;i<pow[n];i++){
		for(int j=n-1;j>=0;j--){
			int x=i/pow[n-j];
			int y=(i/pow[n-j-1])%m;
			if(x&1) print(m-y-1);
			else print(y);
		}
		printf("\n");
	}
	return 0;
}

• BOZJ 1082 [SCOI2005]栅栏

二分+dfs_check（剪枝）。（感觉这个模型不容易看出来，太弱了555）
   
对木板和木材从小到大排序。
先二分答案mid，然后我们看看是否可以弄出前mid个小木板。
check时，用贪心策略：即尽量用小的木材去造大的木板。
所以从大到小枚举前mid个木板，然后从小到大枚举木材。
   
至于剪枝，就是记录浪费的木材，即某次裁剪后剩下的木材都不足以造最小的木板，就计入waste，
如果 waste+need(前mid个木板的总长)>tot(木材总长)，就直接return 0；

代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
int A[55],totA,B[1005],sumB[1005],waste,need;
int n,m;
bool dfs(int p1,int p2){
	if(p1==0) return 1;
	if(waste+need>totA) return 0;
	for(int i=p2;i<=m;i++){
		if(A[i]>=B[p1]){
			A[i]-=B[p1];
			if(A[i]<B[1]) waste+=A[i];
			bool fg=dfs(p1-1,B[p1]==B[p1-1]?p2:1);
			if(A[i]<B[1]) waste-=A[i];
			A[i]+=B[p1];
			if(fg) return 1;
		}
	}
	return 0;
}
int binary(int l,int r){
	int mid,ans=0;
	while(l<=r){
		mid=(l+r)>>1;
		need=sumB[mid];
		if(dfs(mid,1)) ans=mid,l=mid+1;
		else r=mid-1;
	}
	return ans;
}
int main(){
	scanf("%d",&m);
	for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d",&A[i]);
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&B[i]);
	sort(A+1,A+m+1); sort(B+1,B+n+1);
	for(int i=1;i<=m;i++) totA+=A[i];
	for(int i=1;i<=n;i++) sumB[i]=sumB[i-1]+B[i];
	int ans=binary(0,n);
	printf("%d",ans);
	return 0;
}

• BOZJ 1083 [SCOI2005]繁忙的都市 
  最小生成树kruskal。

代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
struct edge{
	int u,v,w;
	bool operator <(const edge &rtm) const{
		return w<rtm.w;
	}
}e[10005];
int fa[305];
int n,m,need;
int find(int x){
	return x==fa[x]?x:fa[x]=find(fa[x]);
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i;
	for(int i=1;i<=m;i++)
		scanf("%d%d%d",&e[i].u,&e[i].v,&e[i].w);
	sort(e+1,e+m+1); need=n-1;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int fu=find(e[i].u),fv=find(e[i].v);
		if(fu==fv) continue;
		fa[fv]=fu; need--;
		if(!need){
			printf("%d %d",n-1,e[i].w);
			break;
		}
	}
	return 0;
}

• 29下午+晚上
• 看了看bzoj的10月月赛题（和题解），后两道没看懂、、、
• BOZJ 5071 [Lydsy十月月赛]小A的数字

找到 A序列的变化规律，即每次操作使得A的前缀序列中的相邻两个元素交换位置。
代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
ll sumA[100005],sumB[100005];
int main(){
	int T,n;
	scanf("%d",&T);
	while(T--){
		scanf("%d",&n);
		for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&sumA[i]),sumA[i]+=sumA[i-1];
		for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&sumB[i]),sumB[i]+=sumB[i-1];
		sort(sumA+1,sumA+n+1);
		sort(sumB+1,sumB+n+1);
		for(int i=1;i<=n+1;i++){
			if(i==n+1) printf("YES\n");
			if(sumA[i]!=sumB[i]){
				printf("NO\n");
				break;
			}
		}
	}
	return 0;
}

• BOZJ 5072 [Lydsy十月月赛]小A的树

很扯的树形dp。
看官方题解吧（感觉70%数据的题解有毒，怎么搞出的n^3?）
然后这份代码学习网上的一位大佬的。
在dp转移时，要多开两个数组防止用到本次转移的dp结果，
（当然也可以逆向枚举，但是因为for循环大了一点，会超时、、、）

代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
struct edge{
	int to,next;
}e[5005*2];
int head[5005],color[5005];
int dmin[5005][5005],dmax[5005][5005],amin[5005],amax[5005],siz[5005],dn[5005],dx[5005];
int n,q,ent;
void read(int &x){
	static int f; static char ch;
	x=0; f=1; ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') f=-1; ch=getchar();}
	while('0'<=ch&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0'; ch=getchar();}
	x=x*f;
}
void add(int u,int v){
	e[ent]=(edge){v,head[u]};
	head[u]=ent++;
}
void dp(int u,int fa){
	if(color[u]) dmax[u][1]=dmin[u][1]=1;
	else dmax[u][1]=dmin[u][1]=0;
	siz[u]=1;
	for(int i=head[u];i;i=e[i].next){
		int v=e[i].to;
		if(v==fa) continue;
		dp(v,u);
		memcpy(dx,dmax[u],sizeof(dmax[u])),memcpy(dn,dmin[u],sizeof(dmin[u]));
        for(int j=1;j<=siz[u];j++)
			for(int k=1;k<=siz[v];k++){
            	dx[j+k]=max(dx[j+k],dmax[u][j]+dmax[v][k]);
            	dn[j+k]=min(dn[j+k],dmin[u][j]+dmin[v][k]);
        	}
        siz[u]+=siz[v];
        for(int j=1;j<=siz[u];j++)
			dmax[u][j]=dx[j],dmin[u][j]=dn[j];

	}
	for(int i=1;i<=siz[u];i++){
		amax[i]=max(amax[i],dmax[u][i]);
		amin[i]=min(amin[i],dmin[u][i]);
	}
}
int main(){
	int T; read(T);
	while(T--){
		memset(dmin,0x3f,sizeof(dmin));
		memset(amin,0x3f,sizeof(amin));
		memset(dmax,0,sizeof(dmax));
		memset(amax,0,sizeof(amax));
		memset(head,0,sizeof(head));
		ent=2;
		read(n); read(q);
		for(int i=1,u,v;i<n;i++){
			read(u); read(v);
			add(u,v); add(v,u);
		}
		for(int i=1;i<=n;i++) read(color[i]);
		dp(1,0);
		for(int i=1,x,y;i<=q;i++){
			scanf("%d%d",&x,&y);
			if(amin[x]<=y&&y<=amax[x]) puts("YES");
			else puts("NO");
		}
		printf("\n");
	}
	return 0;
}

• BOZJ 5073 [Lydsy十月月赛]小A的咒语

dp[i][j] 表示到了A串的第i位，已经选了j段，构成B串的最大长度。
转移，刷表法：
1).A串的下一位不贡献，即不是构成B串的一份子。
   dp[i+1][j]=max(dp[i+1][j],dp[i][j]);
2).A串的i位以后要贡献，即尝试去成为B串的一份子。
   显然，按照贪心策略，此时选的要尽量长，
   令l=lcp(A[i+1],B[dp[i][j]+1]),即A串后缀A[i+1~n-1]与B串后缀B[dp[i][j]+1~m-1]的最长公共前缀。
   dp[i+l][j+1]=max(dp[i+l][j+1],dp[i][j]+l)
   然后就是后缀数组+RMQ表维护lcp
   
网上还有一种不用后缀数组直接dp的方法，（但我没看懂）。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#define MAXN 100005
using namespace std;
char s[MAXN*2];
int sa[MAXN*2],rk[MAXN*2],ht[MAXN*2];
int dp[MAXN][105],st[MAXN*2][20],log2[MAXN*2];
void print(int n){
	puts("sa:");
	for(int i=0;i<n;i++) printf("%d ",sa[i]); puts("");
	puts("rk:");
	for(int i=0;i<n;i++) printf("%d ",rk[i]); puts("");
	puts("ht:");
	for(int i=0;i<n;i++) printf("%d ",ht[i]); puts("");
}
bool cmp(int *y,int len,int k,int p1,int p2){
	int a=y[p1],b=y[p2];
	int aa=p1+k<len?y[p1+k]:-1,bb=p2+k<len?y[p2+k]:-1;
	return a==b&&aa==bb;
}
void build(int n,int m){
	static int wa[MAXN*2],wb[MAXN*2],c[MAXN*2],*x,*y,p;
	x=wa; y=wb;
	for(int i=0;i<m;i++) c[i]=0;
	for(int i=0;i<n;i++) c[x[i]=s[i]]++;
	for(int i=1;i<m;i++) c[i]+=c[i-1];
	for(int i=n-1;i>=0;i--) sa[--c[x[i]]]=i;
	for(int k=1;k<n;k<<=1){
		p=0;
		for(int i=n-k;i<n;i++) y[p++]=i;
		for(int i=0;i<n;i++) if(sa[i]-k>=0) y[p++]=sa[i]-k;

		for(int i=0;i<m;i++) c[i]=0;
		for(int i=0;i<n;i++) c[x[y[i]]]++;
		for(int i=1;i<m;i++) c[i]+=c[i-1];
		for(int i=n-1;i>=0;i--) sa[--c[x[y[i]]]]=y[i];

		m=1; swap(x,y); x[sa[0]]=0;
		for(int i=1;i<n;i++)
			x[sa[i]]=cmp(y,n,k,sa[i-1],sa[i])?m-1:m++;
		if(m>=n) break;
	}
	for(int i=0;i<n;i++) rk[sa[i]]=i;
	int h=0;
	for(int i=0,j;i<n;i++){
		if(h) h--;
		if(rk[i]!=0){
			j=sa[rk[i]-1];
			while(i+h<n&&j+h<n&&s[i+h]==s[j+h]) h++;
		}
		ht[rk[i]]=h;
	}
	for(int i=1;i<n;i++) st[i][0]=ht[i];
	for(int k=1;(1<<k)<n;k++)
		for(int i=1<<k;i<n;i++)
			st[i][k]=min(st[i-(1<<(k-1))][k-1],st[i][k-1]);
}
int lcp(int i,int j){
	i=rk[i]; j=rk[j];
	if(i>j) swap(i,j); i++;
	int k=log2[j-i+1];
	return min(st[i+(1<<k)-1][k],st[j][k]);
}
int main(){
	log2[1]=0;
	for(int i=2;i<200000;i++) log2[i]=log2[i>>1]+1;
	int T; scanf("%d",&T);
	while(T--){
		int n,m,x; bool fg;
		memset(dp,0,sizeof(dp));
		scanf("%d%d%d",&n,&m,&x);
		scanf("%s",s); s[n]='%';
		scanf("%s",s+n+1); fg=0;
		build(n+m+1,301);
		for(int i=-1;i<n;i++)
			for(int j=0;j<=min(i+1,x);j++){
				int d=i>=0?dp[i][j]:0;
				if(d==m) fg=1;
				dp[i+1][j]=max(dp[i+1][j],d);
				int l=(i+1<n&&n+1+d<n+m+1)?lcp(i+1,n+1+d):0;
				if(l==0) continue;
				dp[i+l][j+1]=max(dp[i+l][j+1],d+l);
			}
		if(fg) printf("YES\n");
		else printf("NO\n");
	}
	return 0;
}

• BOZJ 5074 [Lydsy十月月赛]小B的数字

假设B序列为 b1,b2,b3.......
那同时也可以表示为 2^k1,2^k2,3^k3......
所以 x=2^(k1+k2+k3+......),令ak==k1+k2+k3+......
要使得每一个bi^ai(==2^(ki*ai))都能被x整除，
即需要满足(ki*ai)>=ak
所以 列出不等式:
     k1*a1>=ak
     k2*a2>=ak
     k3*a3>=ak
     .........
把左边的a移动到右侧
     k1>=ak/a1
     k2>=ak/a2
     k3>=ak/a3
     .........
再把所有式子相加得：
     ak>=ak/a1+ak/a2+ak/a3+......
即 1>=1/a1+1/a2+1/a3+......
所以只要判断这个不等式是否满足就好了。

代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
const double eps=1e-8;
int main(){
	int T; scanf("%d",&T);
	while(T--){
		double sum=0; int n;
		scanf("%d",&n);
		for(int i=1,a;i<=n;i++)
			scanf("%d",&a),sum+=1.0/a;
		if(sum<=1+eps) printf("YES\n");
		else printf("NO\n");
	}
	return 0;
}