没有 \(\tt T2\)，因为考试的时候就比较会，而且有点麻烦，不打算写了。
益智游戏
题目描述
\(n\leq 2000\)
解法
直接做并不容易，但是感觉本题应该有很好的性质，可以来分析一下。
首先忽略行之间的限制，只考虑单独一行的限制，发现有很好的分段结构，即 (22..2)-(11..1/33..3)-(44..4)
现在再把行之间的限制加上去，首先上下相邻的 \(1,3\) 不能 \(3\) 在上 \(1\) 在下；而 \(1\) 不能在 \(2,4\) 的下面；\(3\) 不能在 \(2,4\) 的上面；最后 \(2,4\) 也不能上下相邻；那么全局也会呈现一个很好的结构：
如图，全局分为上下两个部分，上面部分 \(1\) 的范围是越来越小的，下面部分 \(3\) 的范围是越来越大的。中间 \(1,3\) 的接壤处，必须要满足两个点的范围有交（特别地，如果有一方为空也视为有交），要不然会有 \(2,4\) 的限制。
拆解这个图的关键就是枚举这个交点，以交点划开整张图被分成了四部分。每一部分的最优解就是一个可以预处理 \(1,2,3,4\) 的前缀和，然后 \(dp\) 轮廓线。总时间复杂度 \(O(n^2)\)
#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
const int M = 2005;
#define int long long
int read()
{
int x=0,f=1;char c;
while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
return x*f;
}
int n,ans,x[M][M],y[M][M];
int a[M][M],b[M][M],c[M][M],d[M][M];
int f1[M][M],f2[M][M],f3[M][M],f4[M][M];
signed main()
{
freopen("game.in","r",stdin);
freopen("game.out","w",stdout);
n=read();ans=1e18;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
x[i][j]=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
y[i][j]=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
{
a[i][j]=a[i-1][j];
if(x[i][j]!=1) a[i][j]+=y[i][j];
d[i][j]=d[i][j-1];
if(x[i][j]!=4) d[i][j]+=y[i][j];
}
for(int i=n;i>=1;i--)
for(int j=n;j>=1;j--)
{
c[i][j]=c[i+1][j];
if(x[i][j]!=3) c[i][j]+=y[i][j];
b[i][j]=b[i][j+1];
if(x[i][j]!=2) b[i][j]+=y[i][j];
}
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)//14
f1[i][j]=min(f1[i][j-1]+a[i][j],f1[i-1][j]+d[i][j]);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=n;j>=1;j--)//12
f2[i][j]=min(f2[i][j+1]+a[i][j],f2[i-1][j]+b[i][j]);
for(int i=n;i>=1;i--)
for(int j=1;j<=n;j++)//34
f3[i][j]=min(f3[i][j-1]+c[i][j],f3[i+1][j]+d[i][j]);
for(int i=n;i>=1;i--)
for(int j=n;j>=1;j--)//32
f4[i][j]=min(f4[i][j+1]+c[i][j],f4[i+1][j]+b[i][j]);
for(int i=0;i<=n;i++)
for(int j=0;j<=n;j++)
ans=min(ans,f1[i][j]+f2[i][j+1]+f3[i+1][j]+f4[i+1][j+1]);
printf("%lld\n",ans);
}
区间距离
题目描述
有两个长度为 \(n\) 的序列 \(a_1,a_2...a_n\) 和 \(b_1,b_2...b_n\)
\(m\) 次询问，每次给定 \(p_1,p_2,x\)，询问下式的值：
\(n\leq 10^5,m\leq 10^6,1\leq a_i,b_i\leq 5\)
解法
突破本题的关键点肯定是值域，而这种绝对值的和式有一个很好的微元贡献法（我已经是第三次见到了，但不明白为什么我做这题没有任何优势，可能是没时间仔细想了）
我们枚举 \(k\in[1,4]\)，把 \(\leq k\) 的数标记为 \(1\)，把 \(>k\) 的数标记为 \(0\)，那么在询问时，我们把对应位置的数异或起来，那么异或值就是对答案的贡献。
如果要暴力地优化这个暴力算法，可以考虑拆位。我们每 \(64\) 位压缩成一个 unsigned long long，预处理出以 \(0\sim 63\) 为起点的压位结果。这样计算的时候就可以暴力遍历，由于我们预处理了模 \(64\) 所有余数的压位结果，那么两边就是一定对应得上的。
时间复杂度 \(O(nw+\frac{nm}{w})\)
#pragma GCC target("popcnt")
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int M = 100005;
const int N = 1000005;
#define ull unsigned long long
int read()
{
int x=0,f=1;char c;
while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
return x*f;
}
void write(int x)
{
if(x>=10) write(x/10);
putchar(x%10+'0');
}
int n,m,a[M],b[M],p[N],s[N],t[N],ans[N];
int f[M],g[M];ull F[64][2000],G[64][2000];
void solve()
{
for(int i=0;i<64;i++) for(int j=i;j<n;j+=64)
for(int k=0;k<64;k++)
{
F[i][j>>6]|=((ull)f[j+k])<<k;
G[i][j>>6]|=((ull)g[j+k])<<k;
}
for(int i=1;i<=m;i++)
{
ull *fp=F[s[i]&63]+(s[i]>>6);
ull *gp=G[t[i]&63]+(t[i]>>6);
int r=0,u=0;
for(;u+512<=p[i];u+=512,fp+=8,gp+=8)
{
#define g(x) __builtin_popcountll(x)
r+=g(fp[0]^gp[0]);
r+=g(fp[1]^gp[1]);
r+=g(fp[2]^gp[2]);
r+=g(fp[3]^gp[3]);
r+=g(fp[4]^gp[4]);
r+=g(fp[5]^gp[5]);
r+=g(fp[6]^gp[6]);
r+=g(fp[7]^gp[7]);
#undef g
}
for(;u<p[i];u++) r+=f[s[i]+u]^g[t[i]+u];
ans[i]+=r;
}
}
signed main()
{
freopen("dist.in","r",stdin);
freopen("dist.out","w",stdout);
n=read();m=read();
for(int i=0;i<n;i++) a[i]=read();
for(int i=0;i<n;i++) b[i]=read();
for(int i=1;i<=m;i++)
s[i]=read()-1,t[i]=read()-1,p[i]=read();
for(int w=1;w<=4;w++)
{
for(int i=0;i<n;i++)
f[i]=(a[i]<=w),g[i]=(b[i]<=w);
solve();
}
for(int i=1;i<=m;i++)
write(ans[i]),puts("");
}