T1 Reverse $BFS$暴力$O(n^2)$ 过程中重复枚举了很多点,考虑用链表记录当前点后面可到达的第一个未更新点. 搜索时枚举翻转子串的左端点,之后便可以算出翻转后$1$的位置. $code:$ 1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 4 namespace IO{ 5 inline int read(){ 6 char ch=getchar(); int x=0,f=1; 7 while(ch<'0'||ch&g…

有的考试表面上自称NOIP模拟,背地里却是绍兴一中NOI模拟 吓得我直接文件打错 T1 Skip 设状态$f_i$为最后一次选$i$在$i$时的最优解.有$f_i=max_{j<i}[f_j+a_i-\frac{(j-i)\times (j-i-1)}{2}]$ 设$j<k$,对$i$来说,$k$优于$j$,当且仅当$2\times i>\frac{2\times(f_j-f_k)+k^2+k-j^2-j}{k-j}$ 斜率优化,$CDQ$分治,先按$a$排序,分治中按$id$排序满足限…

T1 路径 考虑每一位的贡献,第$i$位每$2^i$个数会变一次,那么答案为$\sum_{i=1}^{log_2n} \frac{n}{2^i}$. $code:$ 1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define int unsigned long long 3 using namespace std; 4 5 namespace IO{ 6 inline int read(){ 7 char ch=getchar(); int x=0,f=1; 8 while(ch&…

T1 Dove玩扑克 考场并查集加树状数组加桶期望$65pts$实际$80pts$,考后多开个数组记哪些数出现过,只扫出现过的数就切了.用$set$维护可以把被删没的数去掉,更快. $code:$ 1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define int long long 3 using namespace std; 4 const int NN=1e5+5; 5 int n,m,op,x,y,fa[NN],siz[NN],sum,cnt[NN],nums[NN]; 6…

T1 牛半仙的妹子图 做法挺多的,可以最小生成树或者最短路,复杂度O(cq),c是颜色数. 我考场上想到了原来做过的一道题影子,就用了并查集,把边权排序后一个个插入,记录权值的前缀和,复杂度mlogm挺优秀. 后来发现wlr都是1e9,一个个求前缀和直接炸了,考场上感觉l,r,w差值对答案有影响就没离散化,开了个map记出现的w的前缀和,其他都能O1计算. 这不切了吗?年轻的我如是想到. 于是我领略到了map80倍常数的威力.离散化开数组再带到初值计算就A了. 考场拿了75pts还WA了仨点,据…

ZJ模拟D2就是NB.. T1 Star Way To Heaven 谁能想到这竟是个最小生成树呢?(T1挂分100的高人JYF就在我身边 把上边界和下边界看成一个点和星星跑最小生成树,从上边界开始跑到下边界,一定会出现一条将矩阵纵向一分为二的折线,其中线段都是最小距离,答案就是其中最长的线段的一半. 我直呼NB 由于这是个完全图,kruscal比prim多个log,会炸. code: 1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define debug exit(0) 3 us…

T1 lesson5! 开始以为是个无向图,直接不懂,跳去T2了. 之后有看了一眼发现可暴力,于是有了\(80pts\). 发现这个图是有拓扑序的,于是可以用拓扑排序找最长路径.先找原图内在最长路径上的点,挨个删了跑拓扑排,看哪个最短. 正解太nb了待补. \(code:\) 80pts #include<bits/stdc++.h> using namespace std; namespace IO{ inline int read(){ char ch=getchar(); int x=0…

(换个编辑器代码就SB地不自动折叠了.. T1 2A 考察快读的写法. $code:$ T1 #include<bits/stdc++.h> #define scanf SCANF=scanf using namespace std; namespace IO{ inline int read(){ char ch=getchar(); int x=0,f=1; while(ch<'0'||ch>'9'){ if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); } whi…

T1 ZYB和售货机 容易发现把每个物品都买成$1$是没有影响的. 然后考虑最后一个物品的方案,如果从$f_i$向$i$连边,发现每个点有一个出度多个入度,可以先默认每个物品都能买且最大获利,这样可以建出每个点出度入度都是$1$的图. 把所有边都连上是一个基环树,所以建出的若干个联通图中只有一个环.而我们要做的工作就是用最小代价把这个环断掉,形成的树上所有边都可以对答案贡献. 记每个物品的最大获利和次大获利,在图上$DFS$,每到一个点先加上最大获利,记录路径上最大获利与次大获利差的最小值,如果…

T1 茅山道术 仔细观察发现对于每个点只考虑它前面第一个与它颜色相同的点即可. 又仔细观察发现对一段区间染色后以这个区间内点为端点的区间不能染色. 于是对区间右端点而言,区间染色的贡献为遍历到区间左端点时的方案数.线性$DP$. $code:$ 1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define int long long 3 using namespace std; 4 5 namespace IO{ 6 inline int read(){ 7 char ch=getc…

T1 第零题 神秘结论:从一个点满体力到另一个点的复活次数与倒过来相同. 于是预处理出每个点向上走第$2^i$个死亡点的位置,具体实现可以倍增或二分. 每次询问先从两个点同时向上倍增,都转到离$LCA$最近的死亡点上,然后判断,如果现在两点路径上权值大于$k$则答案加$1$. $code:$ 1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define int long long 3 using namespace std; 4 5 namespace IO{ 6 inline in…

T1 打表 由归纳法可以发现其实就是所有情况的总和. $\frac{\sum_{j=1}^{1<<k}(v_j-v_{ans})}{2^k}$ $code:$ 1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 typedef long long LL; 4 5 namespace IO{ 6 inline int read(){ 7 int x=0,f=1; char ch=getchar(); 8 while(ch<'0'…

T1 emotional flutter 把脚长合到黑条中. 每个黑条可以映射到统一区间,实际操作就是左右端点取模.长度大于$k$时显然不合法. 然后检查一遍区间内有没有不被黑条覆盖的点即可. 区间端点处理属实$ex$ $code:$ 1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 typedef long long LL; 4 5 namespace IO{ 6 inline int read(){ 7 int x=0,f=1; char…

T1 你相信引力吗 肯定是单调栈维护.但存在重复值,还是个环,不好搞. 发现取区间时不会越过最大值,因此以最大值为断点将环断为序列.在栈里维护当前栈中有多少个与当前元素相等的元素,小分类讨论一下. 最后作为最大值的断点可以与栈中剩下的每个元素组成点对. $code:$ 1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define LL long long 3 using namespace std; 4 const int NN=5e6+5; 5 int n,m,top,mx,h[N…

T1 送花 线段树.枚举右端点,线段树记录左端点对应的值. 每次对当前颜色上上次出现的位置到上次出现的位置区间减,上次出现的位置到当前位置区间加. $code:$ 1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define LL long long 3 using namespace std; 4 const int NN=1e6+5; 5 int n,m,c[NN],d[NN],pre[NN][2]; 6 LL ans; 7 inline int read(){ 8 int x=…

T1 打地鼠 全场就俩人没切,还有一个是忘关$freopen$了. $code:$ 1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define rin register signed 3 using namespace std; 4 const int NN=2e3+5; 5 int n,k,pre[NN][NN],ans; 6 char ch[NN]; 7 inline int read(){ 8 int x=0,f=1; char ch=getchar(); 9 while(c…

T1 a 入阵曲.枚举矩形上下界,之后从左到右扫一遍.用树状数组维护前缀和加特判可以$A$,更保险要脸的做法是双指针扫,因为前缀和单调不减. $code:$ 1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define LL long long 3 #define rin register signed 4 using namespace std; 5 const int NN=5e4+5; 6 int n,m,l,r,mat[35][NN],pre[35][NN],ext; 7 L…

T1 数列 考场上切掉的简单题. $a$,$b$与数列中数的正负值对答案无关.全当作正数计算即可. $exgcd$解未知数系数为$a$,$b$,加和为$gcd(a,b)$的不定方程组,再枚举每个数.如果不为$gcd(a,b)$倍数则无解,否则将解的绝对值加和调整至最小. 调整可以分类讨论,我写了不用动脑子的倍增. $code:$ 1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define int long long 3 using namespace std; 4 const in…

T1 Merchant 如果$t=0$时不能达到$s$,那么所拿物品的价值一定关于时间单调递增,答案单调.因此可以特判$0$后二分. 用$sort$复杂度被卡,要用$\textit{nth_element}$,相当于$sort$只递归一边,均摊$O(n)$. $check$时遇到小于零的直接跳过,达到$s$后直接$return$,不然可能爆$\textit{long long}$. $code:$ 1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define int long lon…

T1 Hunter 考场上一看期望直接状压拿了$45pts$跑了.结果正解只用$4$行? 把问题转化为一号猎人之前死的猎人数的期望加一. 期望的线性性. 对每个猎人$i$,$w_i+w_1$种情况中有$w_i$种死于一号猎人之前,故期望为$\frac{w_i}{w_i+w_1}$. 枚举累加即可. $code:$ 1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define rin register signed 3 #define int long long 4 using nam…

T1 smooth 考场上水个了优先队列多带个$log$,前$80$分的点跑的飞快,后面直接萎了. 其实只需开$B$个队列,每次向对应队列中插入新的光滑数,就能保证队列中的数是单调的. 为了保证不重,只往编号大的队列中加入即可. $code:$ 1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define int long long 3 using namespace std; 4 int b,k,cnt,ans,pos; 5 int pri[21]={0,2,3,5,7,11,13…

暴力打满直接rk3? T1 Game 想了一万种贪心和两万种$hack$. 可以先用最显然的贪心求出最高得分是多少.(从小到大用最小的大于$b_i$的$a$得分) 然后用一棵权值线段树维护值域内$a$和$b$的个数,发现两个儿子合并对答案的贡献就是$min(a_r,b_l)$.(要用大的$a$对小的$b$)于是最优分数可以直接在建树时算出. 对每个位置考虑放什么数可以令最优分数不下降,发现它是单调的.于是可以二分.具体是把$mid$值删去后检查一遍最优分数有无下降. 对$a_mid$是否大于$b…

T1 毛衣衬 将合法子集分为两个和相等的集合. 暴力枚举每个元素是否被选,放在哪种集合,复杂度$O(3^n)$.考虑$\textit{meet in the middle}$. 将全集等分分为两部分分别考虑,先$O(3^{\frac{n}{2}})$枚举前一部分的所有情况,记录两个集合的差所对应的状态,然后同样$O(3^{\frac{n}{2}})$枚举后一部分,与前一部分进行匹配即可. $\textit{meet in the middle}$真还挺神的,以后做题要多考虑. $code:$ 1…

T1 最长不下降子序列 数据范围$1e18$很不妙,但模数$d$只有$150$,考虑从这里突破. 计算的式子是个二次函数,结果只与上一个值有关,而模$d$情况下值最多只有$150$个,就证明序列会出现循环. 发现每个循环节的贡献之可能是$1$或$2$(考场没考虑到贡献$2$的情况直接爆$0$),并且贡献为$2$的情况($1$个相等,$1$个大于)最多只有循环节长度$len$个. 那么就可以把贡献为$1$的循环节拎出来不计算,树装数组计算剩余的序列,最后加和即可. $code:$ 1 #inclu…

罕见的又改完了. T1 神炎皇 吸取昨天三个出规律的教训,开场打完T2 20pts直接大力打表1h. 但怎么说呢,我不懂欧拉函数.(其实exgcd都忘了 于是只看出最大平方因子,不得不线性筛,爆拿60 正解又是看不懂的东西,取a和b的gcd d,把a,b同除d得到A,B,很容易想到(但好像不太容易证)A+B与AB互质. 那么要保证(A+B)d|ABd2,就要使(A+B)|d.又因为(A+B)d<n,所以(A+B)<根号n. 直接枚举A与B的和k,可以知道符合互质的AB数对有φ(k)对,d有n/…

罕见的改完了题 T1 random 一堆概率,一堆函数,一堆递归,一眼不可做, 但它只有一个参数,所以.. 熠神本着"只有20太难看"的心态,通过样例三个出规律,口胡了一波$\frac{n^{2}-1}{9}$, 然后他切了, 他切了! 所以只有一个参数的题很可能是个结论,很可能可以打表,不要乱弃.. 正解颓柿子,先列出一个逆序对在长为n的序列中的贡献,然后列出答案的总式子,发现逆序对在长度大于等于二的序列里贡献都是4/3(打表/归纳法), 于是将式子化简,最后可以用等差数列求和公式$…

终于碾压小熠了乐死了 T1 d 小贪心一波直接出正解,没啥好说的(bushi 好像可以主席树暴力找,但我怎么可能会呢?好像可以堆优化简单找,但我怎么可能想得到呢? 那怎么办?昨天两道单调指针加桶,我直接使用经典方法. 先把a该删的全删了,之后按a填一个按b删一个,O(m)枚举所有情况. code: 1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define debug exit(0) 3 #define LL long long 4 using namespace std; 5 c…

T1 入阵曲 二位前缀和暴力n4可以拿60. 观察到维护前缀和时模k意义下余数一样的前缀和相减后一定被k整除,前缀和维护模数,n2枚举行数,n枚举列, 开一个桶记录模数出现个数,每枚举到该模数就加上它先前出现个数,表示增添了这么多对可被k整除的前缀和. code: 1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define int long long 3 using namespace std; 4 const int NN=405; 5 int n,m,k,a[NN][NN],s…

T1 星际旅行 其实就是求两条只走一遍的边的方案数. 考场上第一眼就感觉不可做,后来画了几个图,发现好像只要两个边是相连的就可以只走一遍,居然还真拿了30.. 其实是一道欧拉路的题,把每条非自环的边看作两条平行的边,问题就转变为了删掉两条边,使图变为欧拉图. 欧拉图存在的充要条件是图联通,且只有0或2个点的出度为奇数.因为把边一分为二,所以初始出度都为偶. 所以删两条相连的边是其中一种情况,30pts到手. 另外考虑自环,由于自环不计入出度,所以可以删掉两个自环或一个自环和任意一边. 注意在计算…

带着爆0的心态考的试,没想到整了个假rk2 (炸鱼大佬wtz忒强了OTZ T1 景区路线规划 这题对刚学完概率期望的我来说简直水爆了好吗.. 因为存在时间限制,不好跑高斯消元,就直接跑dp就完了. 令i为当前所在景点,j为已过时间, f[i][j]=∑f[u][j-t[k]-c[i]]/out,(u与i联通,k为u,i,之间边的编号) 因为每次在合法的景点中做选择,所以out并不是u的出度,而是u可选的合法景点,每次要遍历一遍求得. code: 1 #include<bits/stdc++.h>…