Atcoder arc085

C:HSI

期望模型，不想说。

#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;
int main()
{
   int n,m;
   scanf("%d%d",&n,&m);
   printf("%lld
",(ll)((n-m)*100+m*1900)*(1<<m));
   return 0;
}

D:ABS

f[i][j]表示第i轮，X在i，Y在j，玩到最后的差绝对值。下一次由Y先手，取所有可以的转移中的最小值。

g[i][j]表示第i轮，Y在i，X在j，玩到最后的差绝对值。下一次由X先手，取所有可以的转移中的最大值。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=2005;
int n,z,w,a[N],ans,Mn_g[N],Mx_f[N],f[N][N],g[N][N];
int main()
{
   scanf("%d%d%d",&n,&z,&w);
   for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
   a[0]=w;
   for (int i=0;i<n;i++) f[n][i]=g[n][i]=Mx_f[i]=Mn_g[i]=abs(a[n]-a[i]);
   for (int i=n-1;i>=0;i--)
     for (int j=0;j<i;j++)
     {
       if (i) f[i][j]=Mn_g[i],Mx_f[j]=max(Mx_f[j],f[i][j]);
       if (j) g[i][j]=Mx_f[i],Mn_g[j]=min(Mn_g[j],g[i][j]);
     }
   for (int i=1;i<=n;i++) ans=max(ans,f[i][0]);
   printf("%d
",ans);
   return 0;
}

E：MUL

题意：n个宝石，有价值ai，可以为负。你可以打碎若干宝石和其所有标号有倍数关系的宝石。问剩下的宝石最大价值和？

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=105;
const ll inf=1ll<<60;
int cnt=1,head[N],Head[N],n,dis[N],S,T,x;
ll ans,tmp;
queue<int> q;
struct node{int to,next;ll w;}num[N*N*2];
void add(int x,int y,ll w)
{num[++cnt].to=y;num[cnt].next=head[x];num[cnt].w=w;head[x]=cnt;
num[++cnt].to=x;num[cnt].next=head[y];num[cnt].w=0;head[y]=cnt;}
int bfs()
{ 
   memset(dis,0,sizeof(dis));dis[S]=1;
   q.push(S);
   while (!q.empty())
   {
     int now=q.front();q.pop();
     for (int i=head[now];i;i=num[i].next)
       if (num[i].w&&!dis[num[i].to])
          q.push(num[i].to),dis[num[i].to]=dis[now]+1;
    }
    return dis[T];
}
ll dfs(int x,ll mm)
{ 
  ll tmp=mm;
  if (x==T) return mm;
  for (int &i=Head[x];i&&tmp;i=num[i].next)
    if (dis[num[i].to]==dis[x]+1)
    {
       ll t=dfs(num[i].to,min(num[i].w,tmp));
       tmp-=t;num[i].w-=t;num[i^1].w+=t;
    }
  return mm-tmp;
}
void dinic()
{
   while (bfs())
   {
     memcpy(Head,head,sizeof(head));
     while (tmp=dfs(S,inf)) ans-=tmp;
   }
}
int main()
{
  scanf("%d",&n);S=n+1;T=S+1;
  for (int i=1;i<=n;i++) 
  {
     scanf("%d",&x);
     if (x<0) add(S,i,-x);else add(i,T,x),ans+=x;
  }
  for (int i=1;i<=n;i++)
    for (int j=i+i;j<=n;j+=i) add(i,j,inf);
  dinic();
  printf("%lld
",ans);
  return 0;
}

最小割建模（又忘记套路了真是该打）

S部设为不选，T部为选。权值为负的点向S连容量为-w的边，权值为正的点向T连容量为w的边。这里的容量相当于是割掉这条边的代价。

对于所有有倍数关系的点，小的向大的连inf的边。ans一开始为所有正权边的权值和。

比如对于i和2i，S-i，i-2i，2i-T。那么割掉i-2i，就是不选i而选2i，不可能。割掉S-i，就是都保留，那么ans-=w[i]。割掉2i-T，就是都不保留，那么ans-=w[2i]。所以最大权值也就是一个最小割的问题啦。

建模方法：分为选和不选两部分点，把边的容量设为代价，通过正负的约束来使得要求的是最小割，ans一开始统计全部保留和T点（保留点）连边的价值和。

F：NRE

题意：给你若干个区间，你可以从中选取部分来使得一整个区间变成1。

初始序列为A，问进行一些操作后，和B的最少不同位？

n<=20W。

#include<bits/stdc++.h>
#define mid ((l+r)>>1)
using namespace std;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int N=200005;
int T[N<<2],tag[N<<2],n,a[N],sum0[N],sum1[N],Q,head;
struct node{int l,r;}q[N];
bool operator < (const node &A,const node &B)
{return A.l<B.l||A.l==B.l&&A.r<B.r;}
void down(int k)
{
  if (tag[k])
  { 
    tag[k<<1]+=tag[k];tag[k<<1|1]+=tag[k];
    T[k<<1]+=tag[k];T[k<<1|1]+=tag[k];
    tag[k]=0;
  }
}
void ins(int k,int l,int r,int x,int y)
{
  if (l==r) {T[k]=min(T[k],y);return;}
  down(k);
  if (x<=mid) ins(k<<1,l,mid,x,y);
  else ins(k<<1|1,mid+1,r,x,y);
  T[k]=min(T[k<<1],T[k<<1|1]);
}
void add(int k,int l,int r,int L,int R,int x)
{
   if (L<=l&&r<=R) {T[k]+=x;tag[k]+=x;return;}
   down(k);
   if (L<=mid) add(k<<1,l,mid,L,R,x);
   if (R>mid) add(k<<1|1,mid+1,r,L,R,x);
   T[k]=min(T[k<<1],T[k<<1|1]);
}
int qry(int k,int l,int r,int L,int R)
{
   if (L<=l&&r<=R) return T[k];
   down(k);int ans=inf;
   if (L<=mid) ans=min(ans,qry(k<<1,l,mid,L,R));
   if (R>mid) ans=min(ans,qry(k<<1|1,mid+1,r,L,R));
   return ans;
}
int main()
{
  scanf("%d",&n);
  for (int i=1;i<=n;i++) 
  {
     scanf("%d",&a[i]);sum0[i]=sum0[i-1];sum1[i]=sum1[i-1];
     if (!a[i]) sum0[i]++;else sum1[i]++;
  }
  scanf("%d",&Q);
  for (int i=1;i<=Q;i++) scanf("%d%d",&q[i].l,&q[i].r);
  sort(q+1,q+Q+1);
  head=1;memset(T,inf,sizeof(T));
  ins(1,0,n,0,0);
  for (int i=1;i<=n;i++)
  {
    while (head<=Q&&q[head].l==i) ins(1,0,n,q[head].r,qry(1,0,n,0,q[head].r)),head++;
    if (a[i]) add(1,0,n,0,i-1,1);else add(1,0,n,0,i-1,-1);
  }
  printf("%d
",qry(1,0,n,0,n)+sum0[n]);
  return 0;
}

 线段树优化dp

我们要求的是(0,1)+(1,0)的数量，也就是(0,1)+(0/1,0)-(0,0)。那么(0/1,0)是固定的，即要使得(0,1)-(0,0)最小。1的覆盖也就是不计算一些位置的贡献。

哇这个dp思路超级巧妙。dp[i][j]表示前i个数确定，当前最后一个1在j的最小(0,1)-(0,0)。

从小到大枚举i，对于一条左端点在i的线段[i,r]，dp[i][r]=min(dp[i-1][k]),k<=r。（因为i之后都是1，相当于只有前i-1位确定即可。而且如果k>r，那么之前那条线段一定包含[i,r]，dp[i][r]的更新跟它就没有什么关系了，况且根据定义最后一个1就出界了），其他没有更改的和dp[i-1]一样。

此时落点>=i的线段一定覆盖了i点（因为线段的左端点<=i），因而我们需要对于所有dp[i][0~i-1]都更改为前i个数确定的状态，由第i个数的0/1决定-1/+1。区间最小值和区间加用线段树实现。时间复杂度O(nlogn)。