9.1 辣鸡

可以把答案分成 每个矩形内部连线 和 矩形之间的连线 两部分

前半部分即为\(2(w-1)(h-1)\),后半部分可以模拟求(就是讨论四种相邻的情况)

如果\(n^2\)选择暴力模拟是有\(35pts\)的

发现按横坐标排序后,如果有一矩形与当前矩形横向不相邻,则之后矩形都是没有贡献的

所以枚举时比较横坐标视情况跳出

因为会产生贡献的矩形对并不多(不超过\(4e5\),具体还会小),所以这样优化以后可以通过

9.2 模板

暴力跳祖先的话是有\(30pts\)的,经过一番纯玄学特判可以拿到45pts

类比之前主席树的某道题,我们统计答案的时候只关心每个颜色的第一次出现,所以可以以时间为值域开线段树,每个叶子节点存这个节点对球总数和颜色的贡献(0或1)

在合并时,需要考虑当前每个颜色新的最早出现位置,可以开一个存每个颜色最早出现位置的线段树,然后先合并时间线段树,再合并颜色线段树,如果出现了相同颜色就比较,并在时间线段树里修改这个颜色在较晚位置的贡献值



思路是偏的,代码能力不行,就很爽。

9.3 超级树

显然是dp,但是怎么想到这神仙转移啊

考虑k级和k+1级之间的关系:k+1级就是两个k级加一个点连起来

那么如果知道k级的方案数怎么推出k+1级呢

新的这个点可能和两棵树以几种方式建立联系:

  • 不连边
  • 向左连边
  • 向右连边
  • 左右同时连边

连边的时候,就要考虑,如果向左连边,有多少种选择方案,这样的问题

这个选择方案数,需要枚举两侧边的位置的每一种情况,再乘上一个边数

那么是不是可以按照边数分类,记录每个边数对应的情况数

就有了状态定义的雏形:\(f[i][j]\)表示\(i\)级树放\(j\)个边的方案数

又发现,在转移时,如果有左边选两条和根接起来这种情况,左边选的两条边是不能相交的

所以:\(f[i][j]\)表示\(i\)级树放\(j\)个不相交边的方案数

那么就有初始状态\(f[1][0]=f[1][1]=1\)

求\(k\)级方案,答案即为\(f[k][1]\)

状态定义想出来,再配合上面的分析过程,转移方程就会简单一些了

状态定义很重要……

11.1 方程的解

\(40pts\)做法:直接面向数据范围特判

正解:\(exgcd\),模拟一下,分类讨论

先求出方程的一组解,然后按不定方程的结论可以得到其他的解

首先得到一组正整数解,如果得不到就是没有解

然后进行一系列加加减减,直到得不到正整数解,并计数

就是基本的做法了

但是需要特判,如果解变换时xy的变化量同号,就说明他们直接并肩上天就行了,解是无限的

而如果a,b有0,就需要考虑这个方程有没有解,且如果有解就是无限个

11.2 光

大模拟

因为光在对角线上走,对角线的特点就是横纵坐标和/差为定值

那么可以用vector维护对角线上点的横坐标,每次查找反射点时二分

注意如果出现了原地折返,答案要/2

又因为起点不一定靠墙,开始时让他先撞一次墙,重新设定起点,再开始模拟

11.3 visit

考试时写出了式子,然后不会求了

发现p数量少,所以用crt合并

发现p很小,所以用lucas求组合。

13.1 入阵曲

考虑余数,先做二维前缀和

数据范围告诉我们需要写一个\(O(n^3)\)的东西

可以在纵坐标枚举每一个区间,然后枚举每一个长度的从最左端开始的矩形,记录每个余数的个数,特别的设\(cnt[0]\)初始为1

那么每个余数有\(\frac{cnt(cnt-1)}{2}\)的贡献

13.2 将军令

数据小的时候直接状压暴搜

发现最好的情况就是各点控制范围无交集,考虑贪心

按深度排序,扫到一个点若未被控制就在他的k级父亲驻扎

13.3 星空

逐个操作很麻烦,考虑差分下的操作,其实就是可以反转两个位置的值

将原序列差分,目标转化为将序列变为全0

一个长为k的操作可以将坐标差为k的两个1变为0,通过不同操作的组合可以得到需要的值,考虑背包

需要改变的位置很少,最多16个,考虑状压,记录每个不为0的数的位置,然后一次消两个,\(f[S]\)为到状态\(S\)需要的最小步数,初始\(f[all]=0\),答案即为\(f[0]\)

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