2024.9.16
重新定义饮料为一大杯冰沙
胃：这把生死局（指抿一口就开始起反应...）
早上就不停反呕，下午整这一出真是笑嘻了
T1 不相邻集合
以为贪心假的，结果对了
就是对新加的数看看有没有左邻右舍被取过，没有就计入答案
code
T2 线段树
暴力\(20\)
考虑到线段树开点方式，点编号之和肯定可以写成一次函数，具体的，设\(f_{n,x}\)表示根为\(x\)，有\(n\)个叶子是的和，那么\(f_{n,x} = k_n \times x + b_n\)
然后有关系
代入表达式可得：
可以记忆化处理
然后正常跑查询，如果找到\([l,r]\)在询问区间内，贡献就是\(k_{r - l + 1} \times id + b_{r - l + 1}\)
byd mid没开ll耗掉不少时间，被#define int long long教育力
code
T4 园艺
听说数据很水最多枚举两个拐点可过..
正解鞋油+单队，感觉和之前掉馅饼的题很像
std1
std2
2024.9.22
菜死了
T1 自然数
下洗了，不会
先求出\([1,i]\)的mex，记为\(mex_i\)，这个数组单调不降。然后记录\(a_i\)在后面第一次出现的位置\(nxt_i\)
接下来枚举左端点，每次移动都为删掉一个\(x = a_l\)，然后\(mex\)中大于\(x\)的值就会被改成\(x\)，修改区间右端点就是\(nxt_l - 1\)，左端点需要二分找第一个大于\(x\)的点，可以通过记录最大值实现
然后上线段树做区间修改，区间最值，区间求和即可
code
T2 钱仓
手膜膜错辣
改过来后发现就是贪心，然后存在这样一个点：该点后面的点的货物不会运到该点前面
这个点满足是最大子段和的起点（意思就是有足够多的货补给后面），由此处破环成链贪心即可
code
T3 游戏
考场上拿无穷近似推了个贼像的式子，然而还是遗憾离场
std
code
T4 暴雨
暴力搜索\(20\)
正解大炮，？？？
2024.9.28
T1 一般图最小匹配
贪心可以有\(75\)，但是考场上\(RE\)了一半多，后来使用魔法常数就\(OK\)了
damn
整洁大炮
先对\(a\)【排序，这样后取相邻的一定最优
定义\(dp_{i,j,0/1}\)表示到第\(i\)个数匹配了\(j\)对，并且第\(i\)个数没有用上
则
使用滚动优化
code
T2 重定向
暴力枚举删除位+填数有一半分
考虑到字典序最小，使用贪心
设\(minnum\)表示最小的未填数，\(minn_i\)表示\(a_i \sim a_n\)中最小的数
-
\(a_i = 0\)
如果minn_i < minnum，就要把\(minn_i\)删掉往这里放
-
\(a_i \neq 0\)
- \(a_i > a_{i + 1}\)，则删掉\(a_i\)更优
- \(a_{i + 1} = 0\)，如果\(a_i > minnum\)，那么删掉\(a_i\)更优
可以用优先队列维护要填的数
- 注：在初始化优先队列中，循环上界为\(n\)时会\(RE\)，要改为\(n + 1\)（
不知道为甚莫）
code
T3 斯坦纳树
戳
T4 直径
再戳
2024.10.2
障保龄而东之，回暴力于既倒
T2 肥胖
忘了可以从\(1\)走到其他点开吃，直接成\(10\)分，还都是\(-1\)...
为了成功，肯定想要把限制放大点
于是可以建最大生成树
然后考虑选择的边中最小的，设为\((u,v,w)\)，此时有一个结论：先吃完一个子树再去吃另一个不劣于反复横跳
证明的话，考虑反复横跳吃的某一步肯定是吃了一棵子树的最后一个然后跳到另一个，此时经过\((u,v,w)\)时的宽既有一棵子树的所有糖还有另一棵子树的一些糖，那还不如全吃完一棵，然后只经过一次\((u,v,w)\)到另一棵树里吃吃吃
然后考虑答案，设\(sum_u\)表示\(u\)字数内糖果总和，\(ans_u\)表示吃完\(u\)为根的子树的最大初始体宽
假设从以\(u\)为根到以\(v\)为根，此时一个是要保证能过边，即\(w \geqslant sum_u\)，一个是要能吃完\(v\)树，就是\(ans_v \geqslant sum_u\)，两答案取\(\min\)，反之同理，\(u,v\)互换即可，最后两个\(min\)取个\(max\)即可
注：由于一开始\(ans_i\)未求出，所以初始化成极大值
code
T3 分摊
看到分数吓似了
实际上大概是这样：只有儿子全满了自己才开始存钱
设\(v\)为与当前点\(u\)有同样父亲的兄弟节点，那么父亲至少有\(x + \sum \min(sum_v,x)\)块钱才能保证\(u\)拿到\(x\)块钱,其中\(sum_v\)是\(v\)的子树和
然后打\(log\)的话考虑倍增，但是略有不同
考虑到增量的维护，由于每一层都要和\(x\)比大小来产生贡献，所以一口气跳太多的话增量可能不能统一计算，会很麻烦
考虑一次跳跃，当上面的\(\min\)等于\(x\)时\(x\)会翻倍，此时可能计算方式不同，那么到这个点之前的路径的计算方式一样，那么另设一个\(g_{u,i}\)表示当\(u\)跳\(2^i\)级时，\(x \leqslant g_{u,i}\)时计算方式一样，\(g\)可以在维护增量的时候一并求得
那么就可以统一计算：二分\(\min\)的分界点，左边计入子树和，右边计入若干个\(x\)
code + 注释
T4 修路
暴力有\(27\)分
暴力时发现交点在圆内当且仅当两个由端点形成的区间严格相交（不取等）
由此可以维护区间，打log可以使用线段树一类物质
详情
code
T1 战争
口胡可得\(31\)
std
2024.10.3
亲手杀死整洁
T2 寻宝
看到传送门单向直接ban掉并查集，事后发现可以在并查集上建单向边跑暴力，毕竟最多\(100\)条边...
code
T1 构造字符串
手玩出\(30\)
正解就是相同的合并成块，然后\((x_i + z_i,y_i + z_i)\)这两处一定不同，连边，非法就是块内有边
然后填数，块内有位置填了直接染掉即可，否则求\(mex\)即可
code
T3 序列
官方题解：
容易发现这是一个与斜率有关的题目，这种题目通常通过维护凸包，或者李超树维护
跨过\(p_i\)的区间容易转化为：以\(p_i\)为右端点的最优+以\(p_{i}+1\)为左端点的最优
两个问题同理，以右端点（\(p_i\)）为例
设\(sa_i=\sum_{j=1}^i a_j\)，\(sb_i=\sum_{j=1}^ib_j\)
最优即\(\max_{1\leq l\leq r}\{(sa_{r}-sa_{l-1})-k(sb_{r}-sb_{l-1})\}\)
即\(sa_r-k\cdot sb_{r} +\max_{0\leq l<r}\{ksb_{l}-sa_l\}\)，离线之后李超树维护直线即可
时间复杂度为\(O(n\log n)\)，常数略大，空间复杂度为\(O(n)\)
往李超上套，就是把\(k\)当成\(x\)轴去搞
附李超讲解
附李超板题
70分流产代码
T4 构树
gugugugugugu~
2024.10.4
人死了一白天晚上才缓过来
T1 玩游戏
贪心写假了
不能只看挪动一位下左右谁最优，可能当前并入一个相对较大的数但是可以再并一个很小的负数，所以要用前缀和分别把左右指针推到极小处，考虑到极小处不一定是端点，所以要反着从端点往极小处跑，同样用前缀和实现
code
T2 排列
std
code
T3 最短路
std太吊
将返回等价为建反边后的前往，然后用dijkstra分别推进两个支路，使用bitset助力维护
设\(dis_{x,y}\)表示从\(1\)走正边到\(x\)，走反边到\(y\)（从\(y\)返回\(1\)）的答案
code
T4 矩形
矩形重叠想到扫描线，但不会写
std
code
2024.10.5
T1 送花
从左往右扫，贡献是\([1 / lst_i + 1,i]\)，然后扫到重复颜色时要删贡献，考虑到每次从\(1\)开始删会重复，所以删除区间是\([1 / lst_{lst_i},lst_i]\)
code
T2 星空
\(n \leqslant 300\)起手\(Floyd\)有\(45\)
考虑转换坐标系
将原坐标系顺时针旋转\(45\)度，那么原来的坐标\((x,y)\)就会变成\((x - y,x + y)\)，设为\((x',y')\)接着发现原坐标系中的距离变成了\(\min(|\Delta x'|,|\Delta y'|)\)，那么距离为\(0\)的点就是\(x'\)或\(y'\)相同的点，使用并查集合并
最小距离的话就分别按\(x',y'\)排序，在\(x'/y'\)变化处作差比较并记录所在块的编号，那么个数就是记录的每对块的\(size\)乘积的和，注意去重
code
T3 零一串
吊炸天
std
code
T4 Revive
线段树 + \(dfn\) + 树状数组...
std
2024.10.6
虚死了
不太想写东西，扔\(std\)得了
std1
std2
T1b
code
T2 竞赛图
code
T3 糖果
code
T4 树
code
2024.10.7
题目标题说得对
T1莓良心
糖，以为\(\mathfrak{Segment-Tree}\),把绝对值拆成\(max,min\)...
若干个区间相交的标志：\(maxl <= minr\)，此时所有数字没贡献
对于剩余未相交区间，在\([minr,maxl]\)中间取数最优，此时所有数字贡献为\(maxl - minr\)，乘上区间数目
每次更新\(maxl,minr\)都会少两个区间，求贡献时还要算上他自己
code
T3 团不过
正难则反
设\(f_i\)表示有\(i\)堆石子时的非法数量，\(g_i\)表示总数
\(g_i\)很好求，就是全排列：\(g_i = A_{2^n-1}\)
考虑求\(f_i\)
既然要让异或和为\(0\)，那么不妨直接让第\(i\)堆石子数等于前\(i - 1\)堆石子数的异或和，此时要求前\(i - 1\)堆异或和不为\(0\)，有\(g_{i - 1} - f_{i - 1}\)种，然后考虑重复的情况，第\(i\)堆和前面某一堆重复，那么剩下的\(i - 2\)堆异或和就是\(0\)，一共有\(i - 1\)堆，重复值的个数为\(2^n - 1 - (i - 2)\)（重复的两堆和剩下的要互异），所以减去\((i - 1) \times f_{i - 2} \times (2^n - i + 1)\)
答案：\(g_n - f_n\)
T2 尽梨了
枚举\(b\)中\(1\)的个数，设为\(c\)，设当前行\(1\)的个数为\(k\)
-
\(k < c\) : 有一些\(b\)的位置是\(1\)，而矩阵中是\(0\)，那么\(a\)对应位置就要放\(0\)
-
\(k > c\) : 同理，\(a\)只能放\(1\)
-
\(k = c\) : 此时\(b\)可以全部接住\(1\)，\(a\)可以随便选
考虑计算
注意到\(k = c\)时要求所有\(k = c\)的行相同，判定稍后说，此时\(b\)唯一确定，所以方案数是\(2^{num}\)
如果不存在\(k = c\)的行，那么\(b\)不确定，此时需要求出\(k < c\)至少需要多少个\(1\)，以及\(k > c\)中至少需要多少个\(0\)，后者可以求出至多有多少个\(1\)，至多与至少的差是备选位置数量，然后可以选的有\(c - minn\)种，是个组合数
二者相互独立
接下来考虑判定合法，考虑到\(b\)要接住所有\(k <= c\)的行的\(1\)和\(k >= c\)的\(0\)，所以可以求并，那么前后夹击一下，\(pre\)求\(1\)的并，\(nxt\)求\(0\)的并，根据第二种情况可得，在\(c\)相同时，\(nxt\)为1的为\(pre\)必须为\(1\)而且\(nxt\)的\(1\)数量 \(\geqslant\) \(pre\)的\(1\)数量，由此判断
code
T4 七负我
特殊性质（菊花图）提示我们均分最优，实际上确实如此，证明可以看看，接着就是求最大团，可以使用\(BK\)，就是一个搜索
code
2024.10.8
简单考了一场以替换月考
T1 哈希结果空间小了 T2 Tarjan忘了 T3 贪心假了...
放个链接
2024.10.13
都想到一点但不多
T1 Hunter
其实很简单，想复杂了
只有其他猎人在\(1\)号猎人之前死掉才会有\(1\)发的贡献，而根据成正比可得猎人\(i\)在\(1\)前面死的概率为\(\frac{w_i}{w_i + w_1}\)，累加即可
code
T2 Defence
一眼看出是最长连续\(0\)的长度，但是暴力都炸了
有坑：如\(00100\)，需要\(4\)次，所以还有情况就是左右两端连续最长\(0\)的和
使用线段树合并，维护区间最大\(0\),左右端最多\(0\),在区间衔接处分讨处理端点\(0\)的数量，因为可能出现整个区间全是\(0\)的情况
code
T3 Connect
一眼最大生成树然后加回去一部分删的边，但是不好维护，因为可能加着加着就把儿子连起来成新路径了
后来想到给\(1 \to n\)的“主链”上加东西，但是被题目搞懵了一下就下考了（输出给的是删掉边和最小，但题目说的是剩余边最大和，我直接****）
使用状压，预处理出所有能往主链上挂的东西\(sum_S\)，然后处理衔接边\(cj_{S,i}\)，之所以分开是因为挂的东西一点不在主链上，但是衔接的有一端在主链上，有一端在挂件里。（\(S\)是点集，\(i\)是在主链上的一点）
然后\(dp\)的时候一边延长主链一边挂东西就行了
code
2024.10.14
byd被wx和hl双重问候
T1score and rank
思路比较接近std，想到用堆维护
解释：遇到负数就把他摆平，如果当前总和小于负数绝对值就直接将总和置为\(0\)
code
T2 HZOI大作战
一眼倍增，不会维护...
解释：等价于重定义\(f_{u,i}\)表示从\(u\)开始进行\(2^i\)次交换后到达的点，维护方式和lca基本一致
code
T4 gtm和joke的星球
斯坦纳树板子，原理就是最终连通图必定是个树，使用状压进行两种操作：
1.合并：将有相同根的点集合并
2.换根：使用最短路更新点集的根使得边权和尽可能的小
对每个点先进行第一步，再对整个点集进行第二步
code
T3 Delov的旅行
只能意会..
code
2024.10.15
T1 限速（speed）
比较简单，建出最小生成树，如果树内最大边大于\(k\)，直接统计答案，否则枚举剩下的边找更优的替换
code
T2 酒鬼 （drunkard）
把题审成部分分了，就只有部分分了(\(27pts\))
使用set维护，因为线索相互影响，要按时间排序再搞
发现\(p_i = 1\)时非常麻烦：拥有同一个\(min\)的\(p_i=1\)的时间满足奇偶性相同，比如时刻为\(1,3,5,7\)的\(min\)都是\(1\)，所以如果插入不同奇偶性时刻\(t'\)，比如\(t = 4\)时在\(1\)，那么\(min\)会变成\(5\)，因为单看\(4\)，它的\(min\)是\(0\)，不符合\(1,3\)，但是还可以不走，所以\(min\)是\(5\)，因此再用一个\(set\)单独维护\(p_i = 1\)的时刻用于更新\(min\)。但还有一种情况：插入\(100\)的话\(min\)会变成\(7 + 1 = 8\)，所以还要分类：如果\(t'\)大于最大，新的\(min\)就是最大值加一，否则就是\(t' + 1\)，后者还要把比\(t' + 1\)小的值删掉
但是还有一些线索会影响\(minn\)的奇偶性：时间上距离\(min\)最近的点。还是上面的\(1,3,5,7\)，插入\(10,3\)，会发现\(min\)不能是\(1\)了，但\(min = 8\)可以，所以还要改。而且最近点也要更新，一旦更新就还要去维护\(p_i = 1\)的时刻...
其他线索的维护就比较简单:插入\(set\)后找前驱后继，满足以下两点即可：
-
\(|\Delta T| >= dis\)
-
\(|\Delta T| - dis = 2k\)
后一条在判断时间上距离\(min\)最近的点时也用到了
再加上特判有没有前驱后继等乱七八糟的细节 以及调试，长度来到惊人的\(3k\)
code
T3 距离（distance）
乱搞\(40\)
枚举点对，形成的贡献作用范围是\(1 - lca\)的链，树剖+线段树维护即可有\(70\)
差点没T2std长.....
T4 团队选拔（selection）
2024.8.6 T4原题 战绩可查
2024.10.16
糖死了把文件工工整整放到\(D\)盘忘交了...
T1 第一题
睡了导致什么也没有写...
只要占领全部叶子，其他点就占完了，所以考虑怎么占完叶子
占领一个叶子节点要么从其他叶子转移，要么从根新派一个兵，对于前者事先按照深度排序，然后对于每个叶子决策两种方式计算
code
T2 第二题
二分答案，然后遍历所有点把差抹平到二分值以下，计算所需代价是否超过\(K\)，\(40\)分抹一遍即可，要获得\(90\)多分要抹十遍以上，最高\(95\)
考虑换一种方式：建图遍历，用类似\(Dij\)的方式搞，优化方案是先对所有点按权值排序（方式同\(dij\)），然后利用特殊性质用两个队列模拟\(Dij\)砍掉优先队列的\(log\)，执行一遍即可
code
T3 第三题
数位\(dp\)，定义\(dp_{i,j,0/1,0/1}\)表示前\(i\)位一共有\(j\)个\(1\)，卡/不卡下界(L)，卡/不卡上界(R)
利用\(pair\)，\(first\)存排名，\(second\)存和。考虑到只要有一位不卡上界后面的就都一定不卡，所以要按位与
考虑怎么判断卡不卡界限（由于对区间所有数排序所以初始状态下一定卡）
对于上界，当前在第\(i\)位，如果这一位是\(0\)，那没办法，因为前面一直卡着，选\(1\)的话就大于上界了，卡的状态为\(1\)。相反，如果是\(1\)，就有了不卡的机会，状态为\(0\)，发现刚好是异或的关系。下界刚好与上界相反，不用异或
更多细节看代码
code
T4 第四题
大炮
大肾tj
code
2024.10.17
T1 传送 (teleport)
分别按照\(x,y\)排序，每次排完序后给相邻边连边，最后跑最短路即可
code
T2 排列 (permutation)
考虑到最多只有\(10\)的数可能会使得\(\gcd\)为\(k\)，称为关键数，不妨状压这十个数的状态进行大炮
设\(dp_{i,s,j}\)表示当前放到第\(i\)位，关键数出现状态为\(s\)，最后一位放的是第\(j\)个关键数，\(0\)表示不放
枚举最后一位放什么即可，如果上一位和这一位都是关键数则需要检查\(\gcd\)，其他情况直接转移即可
code
T3 战场模拟器 (simulator)
大数据结构模拟题
对于护甲和死亡，分类讨论，如果当前区间有护甲/死亡人数就要递归到叶子，否则就是普通的区间修改，需要写两个函数，\(kill\)专门递归到叶子，\(attack\)/就只是普通修改，然后每次分左右区间都要分讨一下来决定调用什么函数，以此减小复杂度
code
T4 点亮 (light)
60ptscode
2024.10.19
2024.10.20
T1 Reverse
发现每次交换\(1\)可达的位置奇偶性相同，所以使用\(set\)分别存储奇偶数，每次\(lowerbound\)找下限可达点，然后用\(bfs\)跳，并删去被更新的点，这样就能保证每个点只被更新一次。注意迭代器的尿性
code
T2 Silhouette
先对\(A,B\)排序，并不影响答案，然后令每一格 \(s = \min(A_i,B_j)\)，发现相同\(s\)的个子形成矩形或者\(L\)型，使用容斥计算，具体原理戳
code
T3 Seat
一个结论是，对于任意一个人，他坐下时离最近的人的距离是一定的，那么可以将所有人按照坐下时的距离分成若干层。对于距离为\(1\)的人特殊处理，因为此时怎么选都是等概率的，对于其他距离的人，他们选择座位时可能会存在长度为奇数的空区间以及长度为偶数的空区间，前者有一个备选位置，后者有两个，所以需要大炮。定义\(dp_{i,j}\)表示已经坐了\(i\)个人，还剩\(j\)个偶区间的概率，根据当前人坐在奇区间内还是偶区间内来转移
考虑到偶区间存在两个备选位置，两个位置是等价的，因此钦定一个人坐在某个位置，得到一系列答案，再对称推出选另一个位置的答案即可
code
T4 万猪拱塔
咕咕咕
2024.10.21
看到大家都不会做就放心了，纯纯坠机赛
T2没判误解挂了\(20\) QwQ
T1 岛屿
怎么说呢。。。
code
T2 最短路
考虑建立最短路树，以1为根节点。
如果把点\(i\)到它父亲的边断了,为了到达 ，我们需要一条边连接\(i\)的子树内任意一节点和子树外任意一节点
这样需要枚举非树边，为了减少时间复杂度，不妨考虑一条非树边的贡献
如图，对于非树边\((u,v)\)，可以转化为\(dep_u + dep_v + w(u,v) - dep_k\)，前三者都是定的，只有后者动，所以跳祖先更新\(ans\)，可以使用并查集优化
code
T3 列表
第一个性质可以导出第二个性质
定义双指针 \(L,R\) 为出现的连续数字（即\(L,L + 1 ... R\)在\(S\)内出现），然后用性质2单调移动指针
根据性质2的等价转换（区间内至少有\(R - L + 1 - (n - i)\)个数）,可得\(num \geqslant R - L + 1 - (n - i)\)
这里有个巧妙的转化：对于一个位置，枚举到它时的\(i\)是一定的，所以一个位置的\(n - i\)是固定的，可以建树时设好。那么移动指针的时候维护\(num\)即可，比如\(R\)右移一位，然后\(R\)的贡献就是给\([1,pos_R]\) + 1，这个区间是\(pos_R < N + 1\)的区间，\(> N + 1\)时应该是\([pos_R,2N + 1]\)，但是\([N + 1 - i,N + 1 + i]\)是对称的，又因为一个数最多产生一个贡献，所以区间折叠，这样不管\(L,R\)怎么变修改区间都是\([1,pos]\)
那么每跳一次\(R\)，用非法情况跳\(L\)，即存在一个位置的值不满足大于等于的关系，那么如果最小值都满足就合法了
code
