T2结论推得有点问题结果只有30，T3暴力骗了40，170/300
T1.交易
题目大意：一个人从0走到m，走1要1s，路上有n个点xi，每个点必须被经过2次，第二次要在第一次的ts之后经过才算数，求最少时间。（n<=3,000,000，0<xi<m<=10^9）
思路：f[i]表示完成前i个点后到达第i个点的最小时间，每次回头显然必须完成所有之前未完成的点，故有f[i]=min(f[j]+x[i]-x[j]+max(2*(x[i]-x[j+1]),t))，把max分开讨论，当2*(x[i]-x[j+1])<=t时，我们记最小的f[j]-x[j]-2*x[j+1]即可，2*(x[i]-x[j+1])>t时，显然只要考虑最左边的点（本人比较菜，写了单调队列），然后就O(n)了。
#include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; #define ll long long char B[1<<15],*S,*T,C;int X; #define getc() (S==T&&(T=((S=B)+fread(B,1,1<<15,stdin)),S==T)?0:*S++) inline int read() { while((C=getc())<'0'||C>'9'); for(X=C-'0';(C=getc())>='0'&&C<='9';)X=X*10+C-'0'; return X; } #define MN 3000000 #define INF (1LL<<60) int x[MN+5],q[MN+5],ql,qr; ll f[MN+5],mn=INF; int main() { freopen("trade.in","r",stdin); freopen("trade.out","w",stdout); int n,m,t,i,j; n=read();m=read();t=read(); for(i=1;i<=n;++i)x[i]=read(); for(i=1,j=0;i<=n;++i) { for(;(x[i]-x[j+1])<<1>=t;++j) { mn=min(mn,f[j]-(x[j+1]<<1)-x[j]); if(ql<=qr&&j==q[ql])++ql; } f[i]=min(3LL*x[i]+mn,x[i]+t+(ql<=qr?f[q[ql]]-x[q[ql]]:INF)); while(ql<=qr&&f[i]-x[i]<=f[q[qr]]-x[q[qr]])--qr; q[++qr]=i; } printf("%I64d",f[n]+m-x[n]); fclose(stdin);fclose(stdout);return 0; }
T2.字符串
题目大意：给定两个长度为n的字符串S和T，一次变换定义为从左到右，每次令s[i]变成s[i]或s[i-1]，问S变成T至少需要几次变换。（n<=3,000,000）
思路：显然从后往前，每次找到S[k[i]]=T[i]且k[i]<=i，k[i]<=k[j]（j>i），令T[i]由S[k[i]]变换到最优，考虑计算这么做的最小耗时，用x[i]表示第i格在前x[i]次操作都被占用了，动态计算x[i]，最大值就是答案，每次k[i]减小时，我们要用S[k[i]]从k[i]染到i，那么有x[j]=max(x[j],x[j+1])+1（k[i]<=j<i），x[i]=x[i]+1，又由于x[j]不会超过x[j+1]，故x[j]=x[j+1]+1（k[i]<=j<i），相当于每次把数组左移一位（小于k[i]都为0，左移无影响，大于i不用考虑）并区间加1，我们用变量记下现在左移了多少位并记下差分即可，总复杂度O(n)。
#include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; #define MN 3000000 char a[MN+5],b[MN+5]; int f[MN+5]; int solve() { int n,i,j,s=0,p=0,ans=0; scanf("%d%s%s",&n,a+1,b+1); for(i=j=n;i;--i) { if(j>i&&a[i]!=b[i])j=i; if(j<=i&&a[j]!=b[i]) { while(j&&a[j]!=b[i])--j; if(!j)return 0*puts("-1"); ans=max(ans,++s);++f[++p+j]; } s-=f[p+i];f[p+i]=0; } printf("%d",ans); } int main() { freopen("string.in","r",stdin); freopen("string.out","w",stdout); solve(); fclose(stdin);fclose(stdout);return 0; }
T3.矩阵
题目大意：一个n*n的矩阵，给出m个黑格，其他全是白的，每次若(x,y)和(y,z)都是黑的，可以把(z,x)染成黑的，问最多染出多少个黑格。（n,m<=1,000,000）
思路：结论题。把这个矩阵当成邻接矩阵，题目转化n个点m条边的有向图，为若x到y有边且y到z有边，z到x也有边，问有多少条边。每个弱联通块独立，分开考虑，对这个联通块染色，染成0,1,2，满足若u到v有边，则$c[u]+1equiv c[v] (mod 3)$，如果染色成功且三个颜色都有，那么所有0到所有1有边，所有1到所有2有边，所有2到所有0有边，因为若只有三个点，其中0到1，1到2，那么这三个点显然满足，每次加入一个点连到已有的图中，仍然满足，故由归纳法可证；若只有两个或一个颜色，显然不可能出现新的边。如果染色失败，与上面同一种思路可用归纳法证明，所有点到所有点都有连边，包括自环。然后随便写写就O(n)了。
#include<cstdio> char B[1<<15],*S,*T,C;int X; #define getc() (S==T&&(T=((S=B)+fread(B,1,1<<15,stdin)),S==T)?0:*S++) inline int read() { while((C=getc())<'0'||C>'9'); for(X=C-'0';(C=getc())>='0'&&C<='9';)X=X*10+C-'0'; return X; } #define MN 1000000 struct edge{int nx,t;}e[MN*2+5]; int h[MN+5],en,c[MN+5],o,s,f[4]; inline void ins(int x,int y) { e[++en]=(edge){h[x],y};h[x]=en; e[++en]=(edge){h[y],x};h[y]=en; } void dfs(int x) { ++f[c[x]]; for(int i=h[x],p;i;i=e[i].nx,++s) { p=(c[x]+2+(i&1?1:-1))%3+1; if(!c[e[i].t])c[e[i].t]=p,dfs(e[i].t); else if(c[e[i].t]!=p)o=1; } } int main() { freopen("matrix.in","r",stdin); freopen("matrix.out","w",stdout); int n,m,i;long long ans=0; n=read();m=read(); while(m--)i=read(),ins(i,read()); for(i=1;i<=n;++i)if(!c[i]) { o=f[1]=f[2]=f[3]=s=0; c[i]=1;dfs(i); if(o)ans+=1LL*(f[1]+f[2]+f[3])*(f[1]+f[2]+f[3]); else if(f[1]&&f[2]&&f[3])ans+=1LL*f[1]*f[2]+1LL*f[2]*f[3]+1LL*f[3]*f[1]; else ans+=s>>1; } printf("%I64d",ans); fclose(stdin);fclose(stdout);return 0; }