A
容易发现i,i+1至少有一个数出现，于是可以让尽量多的2和奇数出现
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int n,s1,s2; int main() { scanf("%d",&n); for(int i=1,x;i<=n;i++) { scanf("%d",&x); if(x==1)s1++;else s2++; } if(s1==1) { if(!s2)printf("1"); else{ printf("2 1"); for(int i=1;i<s2;i++)printf(" 2"); } } else if(s1&1) { for(int i=1;i<=s1;i++)printf("1 "); for(int i=1;i<=s2;i++)printf("2 "); } else if(s1!=2) { for(int i=1;i<s1;i++)printf("1 "); for(int i=1;i<=s2;i++)printf("2 "); if(s1)printf("1"); } else{ if(!s2)printf("1 1"); else{ printf("2 1 "); for(int i=1;i<s2;i++)printf("2 "); printf("1"); } } }
B
设f[i][j][k]表示第1个串匹配到i，第2个串匹配到j，第3个串匹配到k所用的最小长度，然后每次添加一个字符可以O(250^2)转移另外两维的状态即可。
复杂度：O(q250^2)，我比赛时写了个多余的二分变为O(q250^2*logn)，不过评测机快+复杂度不满，实测也能通过，手算在1e9以内就没改了
多个log的code
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=1e5+7; int n,q,la,lb,lc,p[N],sum[N][27],f[255][255][255]; char s[N],a[N],b[N],c[N]; int find(int v,int pos) { if(pos>n)return 1e9; if(sum[n][v]-sum[pos-1][v]==0)return 1e9; int L=pos,R=n,mid,ret=1e9; while(L<=R) { mid=L+R>>1; if(sum[mid][v]-sum[pos-1][v]==0)L=mid+1; else R=mid-1,ret=mid; } return ret; } void del1() { for(int i=0;i<=lb;i++) for(int j=0;j<=lc;j++) f[la][i][j]=1e9; la--; } void del2() { for(int i=0;i<=la;i++) for(int j=0;j<=lc;j++) f[i][lb][j]=1e9; lb--; } void del3() { for(int i=0;i<=la;i++) for(int j=0;j<=lb;j++) f[i][j][lc]=1e9; lc--; } void add1() { la++;cin>>a[la]; p[n+1]=1e9; for(int i=n;i>=1;i--)if(s[i]==a[la])p[i]=i;else p[i]=p[i+1]; for(int i=0;i<=lb;i++) for(int j=0;j<=lc;j++) if(f[la-1][i][j]<1e9) f[la][i][j]=p[f[la-1][i][j]+1]; else f[la][i][j]=1e9; for(int i=0;i<=lb;i++) for(int j=0;j<=lc;j++) if(f[la][i][j]<1e9) { int pos=i<lb?find(b[i+1]-'a',f[la][i][j]+1):1e9; if(pos<1e9)f[la][i+1][j]=min(f[la][i+1][j],pos); pos=j<lc?find(c[j+1]-'a',f[la][i][j]+1):1e9; if(pos<1e9)f[la][i][j+1]=min(f[la][i][j+1],pos); } } void add2() { lb++;cin>>b[lb]; p[n+1]=1e9; for(int i=n;i>=1;i--)if(s[i]==b[lb])p[i]=i;else p[i]=p[i+1]; for(int i=0;i<=la;i++) for(int j=0;j<=lc;j++) if(f[i][lb-1][j]<1e9) f[i][lb][j]=p[f[i][lb-1][j]+1]; else f[i][lb][j]=1e9; for(int i=0;i<=la;i++) for(int j=0;j<=lc;j++) if(f[i][lb][j]<1e9) { int pos=i<la?find(a[i+1]-'a',f[i][lb][j]+1):1e9; if(pos<1e9)f[i+1][lb][j]=min(f[i+1][lb][j],pos); pos=j<lc?find(c[j+1]-'a',f[i][lb][j]+1):1e9; if(pos<1e9)f[i][lb][j+1]=min(f[i][lb][j+1],pos); } } void add3() { lc++;cin>>c[lc]; p[n+1]=1e9; for(int i=n;i>=1;i--)if(s[i]==c[lc])p[i]=i;else p[i]=p[i+1]; for(int i=0;i<=la;i++) for(int j=0;j<=lb;j++) if(f[i][j][lc-1]<1e9) f[i][j][lc]=p[f[i][j][lc-1]+1]; else f[i][j][lc]=1e9; for(int i=0;i<=la;i++) for(int j=0;j<=lb;j++) if(f[i][j][lc]<1e9) { int pos=i<la?find(a[i+1]-'a',f[i][j][lc]+1):1e9; if(pos<1e9)f[i+1][j][lc]=min(f[i+1][j][lc],pos); pos=j<lb?find(b[j+1]-'a',f[i][j][lc]+1):1e9; if(pos<1e9)f[i][j+1][lc]=min(f[i][j+1][lc],pos); } } int main() { scanf("%d%d",&n,&q); scanf("%s",s+1); for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=0;j<26;j++) sum[i][j]=sum[i-1][j]+(j==s[i]-'a'); for(int i=0;i<=250;i++) for(int j=0;j<=250;j++) for(int k=0;k<=250;k++) f[i][j][k]=1e9; f[0][0][0]=0; while(q--) { char ch;int x; cin>>ch>>x; if(ch=='+') { if(x==1)add1(); else if(x==2)add2(); else add3(); } else if(x==1)del1(); else if(x==2)del2(); else del3(); if(f[la][lb][lc]==1e9)puts("NO"); else puts("YES"); } }
C
一眼看还以为是动态DP，死都想不出方程，懵了。发现根本不是的，mdzz
据说是ZJOI2007捉迷藏的第二种做法？详见http://www.shuizilong.com/house/archives/bzoj-1095-zjoi2007hide-%E6%8D%89%E8%BF%B7%E8%97%8F/?tdsourcetag=s_pcqq_aiomsg
然后发现答案是将(视为1，)视为0后，求选择序列一段区间并将其分成两段后，后一段减去前一段的最大值即为直径，即求max{s[x3]-2s[x2]+s[x1]}，其x1<=x2<=x3，然后可以做线段树，维护5个变量，s[rt]表示节点区间和，tr[rt][0]表示区间答案，tr[rt][1/2]表示最大/小前缀和，tr[rt][3]表示取过x1次后-2s[x2]+s[x1]的最大值，tr[rt][4]表示取过x2后的答案，直接暴力统计在哪一段即可。
#include<bits/stdc++.h> #define lson l,mid,rt<<1 #define rson mid+1,r,rt<<1|1 using namespace std; const int N=2e5+7; int n,q,a[N],s[N<<2],tr[N<<2][5]; char str[N]; void modify(int rt,int v){tr[rt][0]=0,s[rt]=tr[rt][1]=tr[rt][2]=v,tr[rt][3]=tr[rt][4]=-v;} void pushup(int rt) { int lc=rt<<1,rc=rt<<1|1; s[rt]=s[lc]+s[rc]; tr[rt][0]=max(max(tr[lc][0],tr[rc][0]),max(tr[lc][3]+s[lc]+tr[rc][1],tr[lc][1]-s[lc]+tr[rc][4])); tr[rt][1]=max(tr[lc][1],s[lc]+tr[rc][1]); tr[rt][2]=min(tr[lc][2],s[lc]+tr[rc][2]); tr[rt][3]=max(max(tr[lc][3],tr[rc][3]-s[lc]),tr[lc][1]-2*(tr[rc][2]+s[lc])); tr[rt][4]=max(max(tr[lc][4],tr[rc][4]-s[lc]),tr[rc][1]+s[lc]-2*tr[lc][2]); } void build(int l,int r,int rt) { if(l==r){if(l)modify(rt,a[l]);return;} int mid=l+r>>1; build(lson),build(rson); pushup(rt); } void update(int k,int v,int l,int r,int rt) { if(l==r){modify(rt,v);return;} int mid=l+r>>1; if(k<=mid)update(k,v,lson);else update(k,v,rson); pushup(rt); } int main() { scanf("%d%d",&n,&q),n=(n-1)*2; scanf("%s",str+1); for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=str[i]=='('?1:-1; build(0,n,1); printf("%d ",tr[1][0]); while(q--) { int x,y;scanf("%d%d",&x,&y); if(a[x]!=a[y])update(x,a[y],0,n,1),update(y,a[x],0,n,1),swap(a[x],a[y]); printf("%d ",tr[1][0]); } }
D
这题的思路也很神，首先看到n<=70，肯定不是什么常规做法……首先可以连长为A的边形成若干连通块，然后跑一遍最短路，记录连通块经过的状态，保证走长为B的边不经过相同的连通块，由于连通块大小为1的不需要记录，所以可以做到O(35n*2^35*logn)，这个显然会T飞掉，但是还有更多的连通块也不需要记录，因为它们不会通过走长为B的边绕回来，就是连通块大小为2、3的连通块，因为绕回来的长度最短为2B，而A<2B（大小为2的），2A<2B（大小为3的）。于是只需要记录>=4的连通块即可，复杂度O(17n*2^17logn)，显然不会TLE
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=75,M=131100; struct node{int u,d,S;}; int n,m,cnt,tot,A,B,hd[N],v[410],nxt[410],w[410],f[N],sz[N],bel[N],d[N][M]; bool vis[N][M]; bool operator<(node a,node b){return a.d>b.d;} priority_queue<node>q; void adde(int x,int y,int z){v[++cnt]=y,w[cnt]=z,nxt[cnt]=hd[x],hd[x]=cnt;} int find(int x){return x==f[x]?x:f[x]=find(f[x]);} void modify(int u,int dis,int S){if(d[u][S]>dis)d[u][S]=dis,q.push((node){u,dis,S});} int main() { scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&A,&B); for(int i=1;i<=n;i++)f[i]=i,sz[i]=1,bel[i]=-1; for(int i=1,x,y,z;i<=m;i++) { scanf("%d%d%d",&x,&y,&z),adde(x,y,z),adde(y,x,z); if(z==A) { x=find(x),y=find(y); if(x!=y)f[y]=x,sz[x]+=sz[y]; } } for(int i=1;i<=n;i++) if(bel[i]==-1&&sz[find(i)]>3) { for(int j=i;j<=n;j++)if(find(i)==find(j))bel[j]=tot; ++tot; } for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=0;j<(1<<tot);j++) d[i][j]=1e9; modify(1,0,(~bel[1])?1<<bel[1]:0); while(!q.empty()) { int u=q.top().u,S=q.top().S;q.pop(); if(vis[u][S])continue; vis[u][S]=1; for(int i=hd[u];i;i=nxt[i]) if(w[i]==A)modify(v[i],d[u][S]+w[i],S); else if(find(u)!=find(v[i])&&(bel[v[i]]==-1||!(S>>bel[v[i]]&1))) modify(v[i],d[u][S]+w[i],S|((~bel[v[i]])?1<<bel[v[i]]:0)); } for(int i=1,ret;i<=n;i++) { ret=1e9; for(int j=0;j<(1<<tot);j++)ret=min(ret,d[i][j]); printf("%d ",ret); } }
E
首先一看博弈论，也想不出什么重大结论，就猜是SG函数。然后结论是对所有sg=i的点，令s[k]为所有sg[i]=k的h[i]异或起来的值，若存在s[k]!=0则先手必胜，反之必败。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=2e5+7; int n,m,h[N],q[N],d[N],s[N],vis[N],sg[N]; vector<int>G[N]; int main() { scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&h[i]); for(int i=1,x,y;i<=m;i++)scanf("%d%d",&x,&y),G[x].push_back(y),d[y]++; int qs=1,qe=1; for(int i=1;i<=n;i++)if(!d[i])q[qe++]=i; while(qs<qe) { int u=q[qs++]; for(int i=0;i<G[u].size();i++)if(!--d[G[u][i]])q[qe++]=G[u][i]; } for(int i=n;i;i--) { int u=q[i]; for(int j=0;j<G[u].size();j++)vis[sg[G[u][j]]]=i; while(vis[sg[u]]==i)sg[u]++; s[sg[u]]^=h[u]; } for(int i=n,u;~i;i--) if(s[i]) { for(int j=1;j<=n;j++)if(sg[j]==i&&h[j]>(s[i]^h[j]))u=j; h[u]^=s[i]; for(int j=0;j<G[u].size();j++)h[G[u][j]]^=s[sg[G[u][j]]],s[sg[G[u][j]]]=0; puts("WIN"); for(int j=1;j<=n;j++)printf("%d ",h[j]); puts(""); return 0; } puts("LOSE"); }
result：rank206 rating+=36，手速慢了，没上2200，水平低啊……