T1：农场
题意：有一个长为 $n$ 的序列 $a$，要求将其分成尽可能多的部分，使得每一部分的 $a_i$ 的和相等。求最多能分成的部分数。
$30\%:1le nle 1000$
$80\%:1le nle 10^5$
$100\%:1le a_ile 10,1le sum a_ile 10^6$
这题不难，说一下我在考场的思路：
首先答案应该是 $sum a_i$ 的约数。那么可以转化一下，变成找到满足要求的最小的和（也是其约数）
进一步想到前缀和。我们发现 $x$ 满足条件，当且仅当 $x,2x,3xdots$ 全部在前缀和中出现。
于是考场上写了个80分的暴力 $O(nsqrt{n})$（枚举约数 $O(sqrt{n})$，判断 $O(n)$）
后来发现可以做到更快：因为总和不超过 $10^6$，因此可以开桶。复杂度 $O(sigma(n))<O(nlog n)$。
但是 $O(nsqrt{n})$ 可以过？
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 int n,sum; 4 int fac[1010],fl; 5 bool vis[1000100]; 6 void split(int x){ //求出总和的所有约数 7 for(int i=1;i*i<=x;i++) 8 if(x%i==0){ 9 fac[++fl]=i; 10 if(i*i!=x) fac[++fl]=x/i; 11 } 12 sort(fac+1,fac+fl+1); 13 } 14 int main(){ 15 scanf("%d",&n); 16 for(int i=1;i<=n;i++){ 17 int a; 18 scanf("%d",&a); 19 sum+=a; 20 vis[sum]=true; //对前缀和开桶 21 } 22 split(sum); 23 for(int i=1;i<=fl;i++){ 24 bool flag=true; 25 for(int j=fac[i];j<=sum;j+=fac[i]) //判断是否满足 26 if(!vis[j]){ //不满足 27 flag=false;break; 28 } 29 if(flag){ 30 printf("%d ",sum/fac[i]);return 0; //答案为总和/单个和=段数 31 } 32 } 33 }
T2：密码锁
题意：有一个长为 $n$ 的序列 $a$，每一次操作可以让区间 $[l,r]$ 间所有 $a_i$ 加一或所有 $a_i$ 减一 $pmod m$。问最少多少次操作可以让序列变为全 $0$。
测试点 1~4：$1le nle 4,2le mle 10$
测试点 5~9： $1le nle 10^5,2le mle 3$
测试点 10~15：$2le n,mle 3000$
测试点 16~18：$2le nle 2 imes 10^5$
全部20个测试点：$1le nle 10^6,2le mle 10^9$
这题很有思维难度。像我这种考场上连20分BFS都没想到，写了个 $summin(a_i,m-a_i)$ 的……居然还有5分
看到区间加减操作，想到差分（设为 $d,d_i=(a_i-a_{i-1})operatorname{mod}m(ile n),d_{n+1}=m-a_n$）。
把 $a_{i-1}$ 进行 $d_i$ 次加操作后可以变成 $a_i$，或者进行 $m-d_i$ 次减操作后可以变成 $a_i$。
所以想到一个贪心：优先对 $d_i$ 小的进行加操作，剩下的进行减操作。
而对一个区间 $[l,r]$ 进行 $x$ 次操作实际上就是 $d_l-=x,d_{r+1}+=x$，整个序列变为 $0$ 就是 $d$ 变为全 $0$。
又因为每次操作都是一加一减，所以对 $d$ 进行的加操作次数等于减操作次数。
那么问题的本质就是把 $d_i$ 进行分组，使得第一组的 $sum d_i$ 等于第二组的 $sum m-d_i$。此时答案也就是这个相等的和。
结合刚刚那个贪心的想法，只需要把 $d_i$ 排序，枚举断点 $p$，分成 $ile p$ 和 $i>p$ 两组。当这两组的和相等时这个和就是答案。
直接枚举断点再求和还不够，加上前缀和和后缀和就可以了。复杂度 $O(nlog n)$。
注：$d_{n+1}=m-a_n$ 一定也要考虑，否则会导致 $[l,n]$ 的操作没有意义。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 typedef long long ll; 4 int n,m,a[1000100],dif[1000100]; //dif是差分 5 ll sum,pre[1000100]; //pre是差分排序后的前缀和 6 int main(){ 7 scanf("%d%d",&n,&m); 8 for(int i=1;i<=n;i++){ 9 scanf("%d",a+i); 10 dif[i]=(a[i]-a[i-1]+m)%m; 11 } 12 dif[n+1]=(m-a[n])%m; //注意，这个不能漏 13 sort(dif+1,dif+n+2); 14 for(int i=1;i<=n+1;i++) pre[i]=pre[i-1]+dif[i]; //做前缀和 15 for(int i=n+1;i>=1;i--){ 16 sum+=m-dif[i]; //做后缀和 17 if(sum==pre[i-1]){ //前缀和和后缀和相等，这就是答案 18 printf("%lld ",sum);return 0; 19 } 20 } 21 }
T3：涛涛摘苹果
题意：有一棵 $n$ 个节点的苹果树，根节点为 $1$，初始每个点都有一个重为 $a_i$ 的苹果。每天早上根节点的苹果会消失。每天下午所有苹果都会下落一层（也就是下落到它的父亲节点上）。某些天（第 $t$ 天）的晚上编号 $x$ 的点上会多长出一个重为 $w$ 的苹果，这样的操作共有 $m$ 个。某些天（第 $t$ 天）早晨根节点苹果消失前会询问以 $x$ 为根的子树中所有苹果的重量之和，共有 $q$ 个询问。
$10\%:$ 所有输入数据都不超过 $5000$
另 $10\%:$ 树退化成一条链，其中 $i$ 与 $i-1$ 有边
另 $20\%:$ 所有询问满足 $x=1$
另 $20\%:m=0$
$100\%:$ 所有输入数据都不超过 $10^5$
先考虑 $m=0$ 怎么做：
我们发现苹果 $x$ 对第 $t$ 天在节点 $y$ 的询问产生贡献，当且仅当：（$sz[x]$ 表示 $x$ 的子树大小，$dfn[x]$ 表示 $x$ 的dfs序，$dep[x]$ 表示 $x$ 的深度）
$dep[x]ge dep[y]+t-1$
$dfn[y]le dfn[x]le dfn[y]+sz[y]-1$
那么就可以乱搞了。（既然不是正解，不说做法了，其实是我不会）
$m e 0$ 时，根据条件 $1$，我们发现添加的苹果 $x$ 相较其它苹果少下落了 $t$ 天，可以想象从 $x$ 新连出一个节点 $y$，使得 $dep[y]=dep[x]+t$，也就是从 $x$ 连出一条权 $t$ 的边。
根据条件 $2$，他应该在子树内，连出一条边恰好符合要求。
但这样不够，还有一个时间限制！只有添加操作的 $tle$ 询问操作的 $t-1$，才能产生贡献。
现在是个三维偏序，CDQ即可。
时间复杂度：$O((n+m+q)log^2(n+m+q))$
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 typedef long long ll; 4 const int maxn=100010; 5 #define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++) 6 #define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--) 7 inline int read(){ 8 char ch=getchar();int x=0,f=0; 9 while(ch<'0' || ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar(); 10 while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar(); 11 return f?-x:x; 12 } 13 int n,m,q,cnt; 14 int el,head[maxn*2],to[maxn*3],w[maxn*3],nxt[maxn*3]; 15 int dep[maxn*2],sz[maxn*2],dfn[maxn*2]; 16 ll ans[maxn],bit[maxn*2]; 17 struct oper{ //tp=0表示修改，tp=1表示询问，tim表示时间，x表示节点，w表示权值（可能没有），id表示原编号 18 int tp,tim,x,w,id; 19 }op[maxn*3]; 20 inline void add(int u,int v,int w_){ 21 to[++el]=v;w[el]=w_;nxt[el]=head[u];head[u]=el; 22 } 23 inline bool cmptim(const oper &o1,const oper &o2){ //注意只有修改会对询问产生贡献，所以时间一样的要把修改放前面 24 if(o1.tim!=o2.tim) return o1.tim<o2.tim; 25 return o1.tp<o2.tp; 26 } 27 inline bool cmpdep(const oper &o1,const oper &o2){ 28 return dep[o1.x]>dep[o2.x]; 29 } 30 inline bool cmphhh(const oper &o1,const oper &o2){ //各种排序 31 return dep[o1.x]+o1.tim>dep[o2.x]+o2.tim; 32 } 33 inline void modify(int p,int v){ 34 for(;p<=n+m;p+=p&-p) bit[p]+=v; 35 } 36 inline ll query(int p){ 37 ll ans=0;for(;p;p-=p&-p) ans+=bit[p];return ans; 38 } 39 inline ll query(int l,int r){ 40 return query(r)-query(l-1); 41 } //以上树状数组 42 void dfs(int u,int f){ //预处理dep,dfn,sz 43 sz[u]=1;dfn[u]=++cnt; 44 for(int i=head[u];i;i=nxt[i]){ 45 int v=to[i]; 46 if(v==f) continue; 47 dep[v]=dep[u]+w[i]; 48 dfs(v,u);sz[u]+=sz[v]; 49 } 50 } 51 void CDQ(int l,int r){ //CDQ分治 52 if(l==r) return; 53 int mid=(l+r)>>1; 54 CDQ(l,mid);CDQ(mid+1,r); 55 sort(op+l,op+mid+1,cmpdep); //左边按照dep排序 56 sort(op+mid+1,op+r+1,cmphhh); //右边按照dep+time排序 57 int cl=l; 58 FOR(i,mid+1,r){ 59 for(;cl<=mid && dep[op[cl].x]>=dep[op[i].x]+op[i].tim-1;cl++) //cl能对i产生贡献 60 if(op[cl].tp==1) modify(dfn[op[cl].x],op[cl].w); //是修改，插入树状数组 61 if(op[i].tp==2) ans[op[i].id]+=query(dfn[op[i].x],dfn[op[i].x]+sz[op[i].x]-1); //是询问，添加贡献 62 } 63 FOR(i,l,cl-1) if(op[i].tp==1) modify(dfn[op[i].x],-op[i].w); //清空树状数组 64 } 65 int main(){ 66 n=read();m=read();q=read(); 67 FOR(i,1,n) op[i]=(oper){1,1,i,read(),0}; //一开始的苹果也可以看成是添加操作 68 FOR(i,1,n-1){ 69 int u=read(),v=read(); 70 add(u,v,1);add(v,u,1); //边权为1 71 } 72 FOR(i,1,m){ 73 int t=read(),x=read(),w=read(); 74 add(x,i+n,t); //连虚边 75 op[i+n]=(oper){1,t+1,i+n,w,0}; //添加操作（把时间设为t+1会更方便排序） 76 } 77 FOR(i,1,q){ 78 int t=read(),x=read(); 79 op[i+n+m]=(oper){2,t,x,0,i}; //询问操作 80 } 81 dfs(1,0); 82 sort(op+1,op+n+m+q+1,cmptim); //按时间排序 83 CDQ(1,n+m+q); 84 FOR(i,1,q) printf("%lld ",ans[i]); 85 }
T4：小学生图论题
题意：给出一个 $n$ 个点的有向竞赛图。有 $m$ 条链，第 $i$ 条长 $k_i$，依次经过 $a_1,a_2,dots,a_{k_i}$。这些链没有公共点。链上所有边的方向已知，为链经过的方向，其他边方向等概率随机。求这个图强联通分量的期望个数对 $998244353$ 取模。
测试点 1~2：$1le nle 1000,m=0$
测试点 3~4：$1le n,mle 1000$
测试点 5：$k_i=2$
全部10个测试点：$1le n,mle 10^5,2le k_ile n,sum k_ile n$
不会做。
有朝一日会做了再来填坑吧……