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第一次在cf上打acm...和同校大佬组队打

总共15题，比较鬼畜，最后勉强过了10题。

AB一样的题目，不同数据范围，一起讲吧

你有一个背包，最多装k本书，你在第i天需要拥有一本编号ai的书，但是你可以去商店购买并加入背包。

问你至少要买多少本书？n,k<=400000

显然可以贪心，留下下一次需要的时间最早的书就行了。

  1. #include<iostream>
  2. #include<cstdio>
  3. #include<queue>
  4. #define pa pair<int,int>
  5. #define mp(x,y) make_pair(x,y)
  6. #define INF 2000000000
  7. #define MN 400000
  8. using namespace std;
  9. inline int read()
  10. {
  11.     int x =  , f = ; char ch = getchar();
  12.     while(ch < '' || ch > ''){ if(ch == '-') f = -;  ch = getchar();}
  13.     while(ch >= '' && ch <= ''){x = x *  + ch - '';ch = getchar();}
  14.     return x * f;
  15. }
  16.  
  17. priority_queue<pa> q;
  18. int n,k,a[MN+],ne[MN+],la[MN+],ans=;
  19. bool in[MN+];
  20.  
  21. int main()
  22. {
  23.     n=read();k=read();
  24.     for(int i=;i<=n;++i) a[i]=read();
  25.     for(int i=n;i;--i)
  26.     {
  27.         ne[i]=la[a[i]]?la[a[i]]:INF;
  28.         la[a[i]]=i;
  29.     }
  30.     for(int i=;i<=n;++i)
  31.     {
  32.         if(in[a[i]])
  33.             ++k,q.push(mp(ne[i],a[i]));
  34.         else
  35.         {
  36.             ++ans;
  37.             while(q.size()==k) in[q.top().second]=,q.pop();
  38.             q.push(mp(ne[i],a[i]));
  39.             in[a[i]]=;
  40.         }
  41.  
  42.     }
  43.     cout<<ans;
  44.     return ;
  45. }

C. 还是同样的题面，只不过每本书要的钱不一样了，n,k<=80

把一本书留到下一次用看作一个区间覆盖，发现这就是一道k可重区间问题，费用流建图即可

  1. #include<iostream>
  2. #include<cstdio>
  3. #include<cstring>
  4. #include<queue>
  5. #define S 0
  6. #define MN 80
  7. #define T 81
  8. #define INF 2000000000
  9. using namespace std;
  10. inline int read()
  11. {
  12.     int x =  , f = ; char ch = getchar();
  13.     while(ch < '' || ch > ''){ if(ch == '-') f = -;  ch = getchar();}
  14.     while(ch >= '' && ch <= ''){x = x *  + ch - '';ch = getchar();}
  15.     return x * f;
  16. }
  17.  
  18. int d[MN+],n,k,head[MN+],cnt=,a[MN+],c[MN+],ans=,pi=,la[MN+];
  19. struct edge{int to,next,w,c;}e[MN*MN];
  20. bool inq[MN+],mark[MN+];
  21. deque<int> q;
  22.  
  23. inline void ins(int f,int t,int w,int c)
  24. {
  25.     e[++cnt]=(edge){t,head[f],w,c}; head[f]=cnt;
  26.     e[++cnt]=(edge){f,head[t],,-c};head[t]=cnt;
  27. }
  28.  
  29. bool modlabel()
  30. {
  31.     for(int i=S;i<=T;++i) d[i]=INF;
  32.     d[T]=;inq[T]=;q.push_front(T);
  33.     while(!q.empty())
  34.     {
  35.         int x=q.front();q.pop_front();
  36.         for(int i=head[x];i;i=e[i].next)
  37.             if(e[i^].w&&e[i^].c+d[x]<d[e[i].to])
  38.             {
  39.                 d[e[i].to]=d[x]+e[i^].c;
  40.                 if(!inq[e[i].to])
  41.                 {
  42.                     inq[e[i].to]=;
  43.                     if(d[e[i].to]<d[q.size()?q.front():]) q.push_front(e[i].to);
  44.                     else q.push_back(e[i].to);
  45.                 }
  46.             }
  47.         inq[x]=;
  48.     }
  49.     for(int i=S;i<=T;++i)
  50.         for(int j=head[i];j;j=e[j].next)
  51.             e[j].c+=d[e[j].to]-d[i];
  52.     return pi+=d[S],d[S]<INF;
  53. }
  54.  
  55. int dfs(int x,int f)
  56. {
  57.     if(x==T) return ans+=pi*f,f;
  58.     int used=;mark[x]=;
  59.     for(int i=head[x];i;i=e[i].next)
  60.         if(e[i].w&&!e[i].c&&!mark[e[i].to])
  61.         {
  62.             int w=dfs(e[i].to,min(f-used,e[i].w));
  63.             used+=w;e[i].w-=w;e[i^].w+=w;
  64.             if(used==f) return used;
  65.         }
  66.     return used;
  67. }
  68.  
  69. int main()
  70. {
  71.     n=read();k=read()-;
  72.     for(int i=;i<=n;++i) a[i]=read();
  73.     for(int i=;i<=n;++i) c[i]=read();
  74.     for(int i=;i<=n;++i) ans+=c[a[i]];
  75.     ins(S,,k,);ins(n,T,k,);
  76.     for(int i=;i<n;++i) ins(i,i+,INF,);
  77.     for(int i=;i<=n;++i)
  78.     {
  79.         if(la[a[i]])
  80.         {
  81.             if(la[a[i]]==i-) ans-=c[a[i]];
  82.             else ins(la[a[i]]+,i,,-c[a[i]]);
  83.         }
  84.         la[a[i]]=i;
  85.     }
  86.     while(modlabel())
  87.         do memset(mark,,sizeof(mark));
  88.         while(dfs(S,INF));
  89.     cout<<ans;
  90.     return ;
  91. }

DEF比较牛逼 D题wa了个几十次，还剩半分钟的时候居然过了  感觉这种奇奇怪怪的题并没有发言权...

G题是送分的

H题

给你一个数字n(<=1000000)，要求你构造两个字符串，使得第二个字符串作为子序列在第一个字符串中的出现次数恰好是n次，且第一个字符串的长度不超过200

考虑用组合数来解决。让第二个串为'aaaaab'，那么第一个串中每个B的贡献都是他前面的a的个数选出5个的组合数。只要选择适当的地方插入就行了。

  1. #include<iostream>
  2. #include<cstdio>
  3. #define MN 50
  4. using namespace std;
  5. inline int read()
  6. {
  7.     int x =  , f = ; char ch = getchar();
  8.     while(ch < '' || ch > ''){ if(ch == '-') f = -;  ch = getchar();}
  9.     while(ch >= '' && ch <= ''){x = x *  + ch - '';ch = getchar();}
  10.     return x * f;
  11. }
  12.  
  13. int num[MN+],n,C[MN+][];
  14.  
  15. int main()
  16. {
  17.     n=read();C[][]=;
  18.     for(int i=;i<=MN;++i)
  19.     {
  20.         C[i][]=;
  21.         for(int j=;j<=;++j)
  22.             C[i][j]=C[i-][j]+C[i-][j-];
  23.     }
  24.     for(int i=MN;i>=;--i)
  25.         while(n>=C[i][]) n-=C[i][],++num[i];
  26.     for(int i=;i<=MN;putchar('a'),++i)
  27.         for(int j=;j<=num[i];++j) putchar('b');
  28.     printf(" aaaaab");
  29.     return ;
  30. }

I

给定一个长度为n字符串，求每个不同子串的出现次数的平方。

T(T<=10)组数据，n<=100000

建出后缀自动机之后，简单dp一下就行了。

  1. #include<iostream>
  2. #include<cstdio>
  3. #include<cstring>
  4. using namespace std;
  5. inline int read()
  6. {
  7.     int x =  , f = ; char ch = getchar();
  8.     while(ch < '' || ch > ''){ if(ch == '-') f = -;  ch = getchar();}
  9.     while(ch >= '' && ch <= ''){x = x *  + ch - '';ch = getchar();}
  10.     return x * f;
  11. }
  12. int c[][],step[],fail[];
  13. long long val[];long long sum[];
  14. char s[];
  15. int cnt=,last=,n;
  16.  
  17. void ins(int x)
  18. {
  19.     int p=last,np=++cnt;step[np]=step[last]+;val[np]=;
  20.     for(;p&&!c[p][x];p=fail[p])c[p][x]=np;
  21.     if(!p)fail[np]=;
  22.     else
  23.     {
  24.         int q=c[p][x];
  25.         if(step[q]==step[p]+) fail[np]=q;
  26.         else
  27.         {
  28.             int nq=++cnt;step[nq]=step[p]+;
  29.             for(int i=;i<;i++)c[nq][i]=c[q][i];
  30.             fail[nq]=fail[q];fail[q]=fail[np]=nq;
  31.             for(;c[p][x]==q;p=fail[p])c[p][x]=nq;
  32.         }
  33.     }
  34.     last=np;
  35. }
  36.  
  37. int v[],rk[];
  38. void work()
  39. {
  40.     memset(v,,sizeof(v));
  41.     for(int i=;i<=cnt;i++)v[step[i]]++;
  42.     for(int i=;i<=n;i++)v[i]+=v[i-];
  43.     for(int i=cnt;i;i--) rk[v[step[i]]--]=i;
  44.     for(int i=cnt;i;i--) val[fail[rk[i]]]+=val[rk[i]];
  45. }
  46. bool vis[];
  47. long long Dfs(int x)
  48. {
  49.     if(vis[x]) return sum[x];
  50.     if(x!=)sum[x]=1LL*val[x]*val[x];vis[x]=;
  51.     for(int i=;i<;++i) if(c[x][i])
  52.     sum[x]+=Dfs(c[x][i]);
  53.     return sum[x];
  54. }
  55.  
  56. int main()
  57. {
  58.     for(int T=read();T;--T)
  59.     {
  60.         memset(c,,sizeof(c));
  61.         memset(fail,,sizeof(fail));
  62.         memset(step,,sizeof(step));
  63.         memset(vis,,sizeof(vis));
  64.         memset(sum,,sizeof(sum));
  65.         memset(val,,sizeof(val));
  66.         cnt=last=;
  67.         scanf("%s",s+);n=strlen(s+);
  68.         for(int i=;s[i];ins(s[i++]-'a'));
  69.         work();
  70.         cout<<Dfs()<<endl;
  71.     }
  72.     return ;
  73. }

J是送分的

K

给定一棵树，有边权，你要从1号点出发，要求每个点经过次数不超过k的前提下，经过的边的权值和最大（多次经过只算一次）

n<=100000

显然是一道树形dp，用f[i]表示回到i号点的最大答案，f2[i]表示不回来的最大答案，然后用优先队列保存前k大就行了。

  1. #include<iostream>
  2. #include<cstdio>
  3. #include<queue>
  4. #define mp(x,y) make_pair(x,y)
  5. #define pa pair<int,int>
  6. #define MN 100000
  7. using namespace std;
  8. inline int read()
  9. {
  10.     int x =  , f = ; char ch = getchar();
  11.     while(ch < '' || ch > ''){ if(ch == '-') f = -;  ch = getchar();}
  12.     while(ch >= '' && ch <= ''){x = x *  + ch - '';ch = getchar();}
  13.     return x * f;
  14. }
  15.  
  16. int n,k,cnt=,f[MN+],f2[MN+],head[MN+],mark[MN+];
  17. struct edge{int to,next,w;}e[MN*+];
  18. priority_queue<pa,vector<pa>,greater<pa> > q[MN+],q2[MN+];
  19.  
  20. inline void ins(int f,int t,int w)
  21. {
  22.     e[++cnt]=(edge){t,head[f],w};head[f]=cnt;
  23.     e[++cnt]=(edge){f,head[t],w};head[t]=cnt;
  24. }
  25.  
  26. void Dp(int x,int fa)
  27. {
  28.     for(int    i=head[x];i;i=e[i].next)
  29.         if(e[i].to!=fa)
  30.         {
  31.             Dp(e[i].to,x);
  32.             q[x].push(mp(f[e[i].to]+e[i].w,e[i].to));
  33.         }
  34.     int mx=,mx2=,mm;
  35.     while(q[x].size()>k) q[x].pop();
  36.     if(q[x].size()==k) mm=q[x].top().first,mark[q[x].top().second]=x; else mm=;
  37.     while(q[x].size()>k-) q[x].pop();
  38.     while(!q[x].empty())
  39.     {
  40.         pa now=q[x].top();
  41.         f[x]+=now.first;
  42.         mark[now.second]=x;
  43.         q[x].pop();
  44.     }
  45.     for(int i=head[x];i;i=e[i].next)
  46.         if(e[i].to!=fa)
  47.         {
  48.             if(mark[e[i].to]==x)
  49.                 mx=max(mx,f2[e[i].to]-f[e[i].to]);
  50.             else mx2=max(mx2,e[i].w+f2[e[i].to]);
  51.         }
  52.     f2[x]=max(f[x],max(f[x]+mx2,f[x]+mx+mm));
  53. }
  54.  
  55. int main()
  56. {
  57.     n=read();k=read();
  58.     for(int i=;i<n;++i)
  59.     {
  60.         int x=read()+,y=read()+,w=read();
  61.         ins(x,y,w);
  62.     }
  63.     Dp(,);
  64.     printf("%d\n",max(f[],f2[]));
  65.     return ;
  66. }

M

给样例猜题意，输出前k小的数字的和就行了。

N

给定两个长度为n的序列，你要从每个序列中选出k个，并且满足a序列中选出的第i个的位置小等于从b序列中选出的第i个，求最小的和。

n<=2000

考虑二分一个值，并把所有数字减去那个值，通过n^2dp求出最小的情况下最多／最少选出多少个，区间包含了k时输出答案即可

  1. #include<iostream>
  2. #include<cstdio>
  3. #include<cstring>
  4. #define ll long long
  5. #define MN 2200
  6. using namespace std;
  7. inline int read()
  8. {
  9.     int x =  , f = ; char ch = getchar();
  10.     while(ch < '' || ch > ''){ if(ch == '-') f = -;  ch = getchar();}
  11.     while(ch >= '' && ch <= ''){x = x *  + ch - '';ch = getchar();}
  12.     return x * f;
  13. }
  14.  
  15. ll f[MN+][MN+],N[MN+][MN+],N2[MN+][MN+];
  16. int a[MN+],b[MN+],n,k;
  17.  
  18. int main()
  19. {
  20.     n=read();k=read();
  21.     for(int i=;i<=n;++i) a[i]=read();
  22.     for(int i=;i<=n;++i) b[i]=read();
  23.     int l=-(1e9),r=1e9,mid;
  24.     while(l<=r)
  25.     {
  26.         mid=1LL*l+r>>;
  27.         memset(f,,sizeof(f));
  28.         for(int i=;i<=n;++i) f[][i]=f[i][]=;
  29.         for(int i=;i<=n;++i)
  30.             for(int j=i;j<=n;++j)
  31.             {
  32.                 if(f[i-][j]<f[i][j]) f[i][j]=f[i-][j],N[i][j]=N[i-][j],N2[i][j]=N2[i-][j];
  33.                 else if(f[i-][j]==f[i][j]) N[i][j]=max(N[i][j],N[i-][j]),N2[i][j]=min(N2[i][j],N2[i-][j]);
  34.                 if(f[i][j-]<f[i][j]) f[i][j]=f[i][j-],N[i][j]=N[i][j-],N2[i][j]=N2[i][j-];
  35.                 else if(f[i][j-]==f[i][j]) N[i][j]=max(N[i][j],N[i][j-]),N2[i][j]=min(N2[i][j],N2[i][j-]);
  36.                 if(f[i-][j-]+a[i]-mid+b[j]-mid<f[i][j])
  37.                     f[i][j]=f[i-][j-]+a[i]-mid+b[j]-mid,N[i][j]=N[i-][j-]+,N2[i][j]=N2[i-][j-]+;
  38.                 else if(f[i-][j-]+a[i]-mid+b[j]-mid==f[i][j])
  39.                                                         N[i][j]=max(N[i][j],N[i-][j-]+),N2[i][j]=min(N2[i][j],N2[i-][j-]+);
  40.             }
  41.         if(N[n][n]>=k&&N2[n][n]<=k) return *printf("%lld",f[n][n]+2LL*k*mid);
  42.         else if(N[n][n]>k) r=mid-;
  43.         else l=mid+;
  44.     }
  45.     return ;
  46. }

O题意相同 数据范围500000

发现这就像一个二分图匹配，并且每个b之和之前的a连边，考虑二分之后用堆来贪心。

从前往后确定每一个b的匹配，往堆里加入a，这个b只能和堆顶配对，如果更优秀的话就配对。但是这可能不是最优的，所以之后还要加入-b来表示推流，更换一个b和这个a配对。

  1. #include<iostream>
  2. #include<cstdio>
  3. #include<queue>
  4. #define ll long long
  5. #define mp(x,y) make_pair(x,y)
  6. #define pa pair<ll,int>
  7. #define MN 500000
  8. using namespace std;
  9. inline int read()
  10. {
  11.     int x = ; char ch = getchar();
  12.     while(ch < '' || ch > '')  ch = getchar();
  13.     while(ch >= '' && ch <= ''){x = x *  + ch - '';ch = getchar();}
  14.     return x;
  15. }
  16.  
  17. int A[MN+],B[MN+],n,m;ll tot;
  18. priority_queue<pa,vector<pa>,greater<pa> > q;
  19.  
  20. int Solve(int x)
  21. {
  22.     tot=;int num=;
  23.     for(int i=;i<=n;++i)
  24.     {
  25.         q.push(mp(A[i],));
  26.         ll t=q.top().first,now=B[i]-x;
  27.         if(now+t<)
  28.         {
  29.             tot+=now+t;
  30.             q.pop();
  31.             q.push(mp(-now,));
  32.         }
  33.     }
  34.     while(!q.empty()) num+=q.top().second,q.pop();
  35.     return num;
  36. }
  37.  
  38. int main()
  39. {
  40.     n=read();m=read();
  41.     for(int i=;i<=n;++i) A[i]=read();
  42.     for(int i=;i<=n;++i) B[i]=read();
  43.     int l=,r=2e9,mid;
  44.     while(l<=r)
  45.     {
  46.         mid=1LL*l+r>>;int num=Solve(mid);
  47.         if(num==m) return *printf("%lld\n",tot+1LL*m*mid);
  48.         if(num<m) l=mid+;
  49.         else r=mid-;
  50.     }
  51.     return ;
  52. }

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