期望得分：75+?+(24+?rand)
实际得分：60+55+24
没有把期望拿满
今天忘了在考试前调gedit，然后考试的时候没默下来，心态爆炸的不行。。。
才发现之前自己一直忘了用c++11提交，蓝瘦。
A. 入阵曲
暴力n^4+特性可得75，然而由于我的智障测试点分治阀很shi以及没有开longlong也没取模只有60分。。。
像这种数据范围只给<=不确定具体范围而不好卡分治时，可以用输入量先算下复杂度，然后用计算量分治。对于这题算下n*m>6400 n^4够呛 跑特性即可。
正解：
看这数据范围正解应该是n^3的，所以我们要去掉一层枚举。
这题答案爆long long，++ans必死。所以我们要一次拿出多个答案，就是+=。
哪里有+=成段操作，线段树？加个log好像就T了。。。
天天爱跑酷？好像差不多，我们可以用类似的思想，不用对于每个答案都走一遍流程，而可以只走一遍，巧妙地在整体的计算过程中不断得到当时已经可以得到的局部答案。
那题的过程体现在桶上，这题是否也可？
然后引入一个十分关键而我考场上压根没往这想的性质：
不得不说这真的是太帅了。真没想到哇，看来我还是菜啊。
把这个性质拓展到二维也是类似的。每次枚举两个行n^2（就是x1,x2），然后向右O(m)扫，过程中维护桶存x1~x2卡着的横向前缀和。由于k很大，不能够最后处理桶里的答案，所以在过程中实时统计。最后删除不能memset，怎么来怎么回去就好。
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #define ll long long 4 #define reg register 5 #define F(i,a,b) for(register int (i)=(a);(i)<=(b);++(i)) 6 using namespace std; 7 const int N=405,G=1000005; 8 int read(); 9 int z[N][N]; 10 int sum[N][N]; 11 int bk[G]; 12 int n,m,g; 13 int get(int i,int j,int k,int l) 14 { 15 return ((sum[k][l]-sum[i-1][l]-sum[k][j-1]+sum[i-1][j-1])%g+g)%g; 16 } 17 int main() 18 { 19 n=read(); m=read(); g=read(); 20 F(i,1,n) 21 { 22 F(j,1,m) 23 { 24 z[i][j]=read(); 25 sum[i][j]=((sum[i-1][j]+sum[i][j-1]-sum[i-1][j-1])%g+z[i][j]+g)%g; 26 } 27 } 28 ll ans=0; 29 reg int t; 30 F(i,1,n) 31 { 32 F(j,i,n) 33 { 34 F(k,1,m) 35 { 36 t=get(i,1,j,k); 37 ans+=bk[t]; 38 ++bk[t]; 39 } 40 ans+=bk[0]; 41 F(k,1,m) --bk[get(i,1,j,k)]; 42 } 43 } 44 printf("%lld ",ans); 45 return 0; 46 } 47 int read() 48 { 49 int x=0; 50 char tc=getchar(); 51 while(tc<'0'||tc>'9') tc=getchar(); 52 while(tc>='0'&&tc<='9') x=x*10+tc-48,tc=getchar(); 53 return x; 54 }
B. 将军令
刚看觉得是一道很nb的dp题，只会k==1的类小胖守皇宫。
然后发现似乎可以贪心，想了下觉得是正确的。然而我充分不相信我觉得，于是觉得贪心不是正解，但能拿到不少分。
于是放弃了一堆分类讨论的dp，开始码一个不走心的贪心dfs。
码完就发现了问题，发现在处理祖先链上的子孙时有点bug。
说正解吧：真是贪心
发现对于一个没有被控制的点，在它的k级祖先驻队一定是最优的。假设我们将小队下调，那么子孙一定还能被控制，而祖先方向的控制范围-1，答案变差。
钦定一个节点做根，我们把所有节点的深度从大到小排序，这可以用bfs来O(n)做，也可以得深度排序或者优先队列加个logn。
然后扫，对于一个没有被控制的点，++ans，向上找k级祖先，然后从k级祖先暴力dfs走k步控制周围点，重复这个过程。根节点注意特判。
由于k很小可做，复杂度为O(kn)。
1 #include<cstdio> 2 #include<vector> 3 #include<queue> 4 #include<algorithm> 5 #include<cstdlib> 6 #define ll long long 7 #define reg register 8 #define F(i,a,b) for(register int (i)=(a);(i)<=(b);++(i)) 9 using namespace std; 10 int read(); 11 const int N=100005; 12 int n,d,typ; 13 bool vis[N],cl[N]; 14 int fa[N]; 15 vector<int> p; 16 queue<int> q; 17 struct R{ 18 int u,v,next; 19 }r[N<<1]; 20 int fir[N],o=1; 21 void add(int u,int v) 22 { 23 r[++o].u=u; 24 r[o].v=v; 25 r[o].next=fir[u]; 26 fir[u]=o; 27 } 28 void bfs() 29 { 30 q.push(1); 31 int u,v; 32 while(!q.empty()) 33 { 34 u=q.front(); 35 q.pop(); 36 p.push_back(u); 37 vis[u]=1; 38 for(reg int i=fir[u];i;i=r[i].next) 39 { 40 v=r[i].v; 41 if(vis[v]) continue; 42 fa[v]=u; 43 q.push(v); 44 } 45 } 46 } 47 void dfs(int u,int fa,int step) 48 { 49 cl[u]=1; 50 if(step==d) return; 51 for(reg int i=fir[u];i;i=r[i].next) 52 { 53 int v=r[i].v; 54 if(v==fa) continue; 55 dfs(v,u,step+1); 56 } 57 } 58 int main() 59 { 60 n=read(); d=read(); typ=read(); 61 if(d==0) 62 { 63 printf("%d ",n); 64 return 0; 65 } 66 int ta,tb; 67 F(i,1,n-1) 68 { 69 ta=read(); tb=read(); 70 add(ta,tb); add(tb,ta); 71 } 72 reg int ans=0,x; 73 bfs(); 74 for(reg int i=p.size()-1;i>=0;--i) 75 { 76 if(!cl[p[i]]) 77 { 78 ++ans; 79 x=p[i]; 80 F(o,1,d) 81 { 82 if(!fa[x]) break; 83 x=fa[x]; 84 } 85 dfs(x,0,0); 86 } 87 } 88 printf("%d ",ans); 89 return 0; 90 } 91 int read() 92 { 93 int x=0; 94 char tc=getchar(); 95 while(tc<'0'||tc>'9') tc=getchar(); 96 while(tc>='0'&&tc<='9') x=x*10+tc-48,tc=getchar(); 97 return x; 98 } 99 /* 100 101 g++ 2.cpp -o 2 102 ./2 103 4 1 0 104 1 2 105 1 3 106 1 4 107 108 g++ 2.cpp -o 2 109 ./2 110 6 1 0 111 1 2 112 1 3 113 1 4 114 4 5 115 4 6 116 117 118 g++ 2.cpp -o 2 119 ./2 120 20 2 0 121 1 11 122 1 2 123 1 3 124 2 5 125 2 4 126 4 10 127 4 6 128 6 9 129 6 7 130 6 8 131 3 12 132 12 13 133 12 14 134 12 15 135 12 16 136 14 17 137 17 18 138 17 19 139 13 20 140 141 */
C. 星空
T3日常神仙，也不是之前那种能卡过的T3。
这真的是道好题，
考场上只会bfs+状压暴力转移，24分。
说正解：神状压！
隐藏的十分隐蔽。不过这题非常综合，在通往真理的路上迷雾重重，都是高难思维点。
启发：在当前的问题无法着手时，不妨利用一些性质或者是技巧（平时积累）转化（当然是简化）题意，逐步击破！
阶段一：从扯淡题意中抽离模型。
给定一个n长的0/1串，m个区间长度（可重复使用），用最少的区间翻转n串，使n串全为1。
或者一种令我走进死胡同的说法：给定一个n长的0/1串，m个不同长度全1串，用最少的区间异或n串，使n串全为1。然后便能发现n串的0位有奇数个区间叠加，1位有偶数个区间叠加，然后我就开始YY什么01Trie、哈希表。emm...
在一种思路走不通的时候，如果超过自己的心态极限，不要犹豫换个角度，或先拿到部分分稳住。
阶段二：
是对于以往的大区间频繁修改问题，我们可以用差分转化为单点修改（或者直接线段树），异或也可以差分。
定义b[i]=a[i]^a[i-1]，那么[l,r]的翻转在b的表现为b[l]与b[r+1]取反。
然后问题就转化为在n+1（多出的一个数处理边界）数中，用m个距离不同的1xxx1对异或使序列全为0（b[]，全0即a[]全等，之所以n+1也是定义了等的是什么）。
似乎还是不可做。emm
阶段三：
我们发现答案中不会存在一个操作对于两个0。那么有以下理解：
1.异或到0 1，含义可理解为1走到0的位置。
2.1 1，两个1相遇相消。
对2k个点为起点分别bfs一遍，复杂度O(2kmn)
注意bfs左右都要走，例如一点在左，4长距离，5长和1长区间，显然是先右5再左1，而不是(右1)*4
要使所有物品消失，又k很小，考虑状压。
非常非常类似与愤怒的小鸟，直接状态刷表即可。
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<vector> 4 #include<queue> 5 #include<algorithm> 6 #include<cstdlib> 7 #define ll long long 8 #define reg register 9 #define F(i,a,b) for(register int (i)=(a);(i)<=(b);++(i)) 10 using namespace std; 11 //1亮0灭，异或差分,1不同 12 //消1为0 13 int read(); 14 const int N=40005; 15 const int K=20; 16 const int M=70; 17 int n,need,m; 18 int a[N],b[N],id[N],pos[K],len[M],cnt; 19 int dis[K][K]; 20 bool vis[N]; 21 queue<pair<int,int> > q; 22 struct OPT{ 23 int obj,w; 24 }opt[N]; 25 int dp[1<<K]; 26 int ocnt; 27 void bfs(int st) 28 { 29 memset(vis,0,sizeof(vis)); 30 q.push(make_pair(st,0)); 31 int u,v,sp; 32 vis[st]=1; 33 dis[id[st]][id[st]]=0; 34 while(!q.empty()) 35 { 36 u=q.front().first; 37 sp=q.front().second; 38 q.pop(); 39 if(id[u]&&dis[id[st]][id[u]]==-1) 40 { 41 dis[id[st]][id[u]]=sp; 42 } 43 F(i,1,m) 44 { 45 v=u+len[i]; 46 if(v<=n&&!vis[v]) 47 { 48 vis[v]=1; 49 q.push(make_pair(v,sp+1)); 50 } 51 v=u-len[i]; 52 if(v>0&&!vis[v]) 53 { 54 vis[v]=1; 55 q.push(make_pair(v,sp+1)); 56 } 57 } 58 } 59 } 60 int main() 61 { 62 memset(dis,-1,sizeof(dis)); 63 n=read(); need=read(); m=read(); 64 F(i,1,n) a[i]=1; 65 int t; 66 F(i,1,need) a[read()]=0; 67 a[0]=1; 68 ++n; 69 a[n]=1; 70 F(i,1,n) 71 { 72 b[i]=a[i]^a[i-1]; 73 if(b[i]) 74 { 75 id[i]=++cnt; 76 pos[cnt]=i; 77 } 78 } 79 F(i,1,m) 80 { 81 len[i]=read(); 82 } 83 if(m==1) 84 { 85 int ans=0; 86 F(i,1,n) 87 { 88 if(b[i]) 89 { 90 b[i]=0; 91 b[i+len[1]]^=1; 92 ++ans; 93 } 94 } 95 printf("%d ",ans); 96 return 0; 97 } 98 F(i,1,cnt) bfs(pos[i]); 99 F(i,1,cnt) 100 { 101 F(j,i+1,cnt) 102 { 103 if(dis[i][j]==-1) continue; 104 opt[++ocnt].obj=(1<<(i-1))|(1<<(j-1)); 105 opt[ocnt].w=dis[i][j]; 106 // printf("(%d->%d) %d ",i,j,dis[i][j]); 107 } 108 } 109 memset(dp,0x3f,sizeof(dp)); 110 dp[0]=0; 111 const int S=(1<<cnt)-1; 112 for(reg int s=0;s<=S;++s) 113 { 114 F(i,1,ocnt) 115 { 116 dp[s|opt[i].obj]=min(dp[s|opt[i].obj],dp[s]+opt[i].w); 117 } 118 } 119 printf("%d",dp[S]); 120 return 0; 121 } 122 int read() 123 { 124 int x=0; 125 char tc=getchar(); 126 while(tc<'0'||tc>'9') tc=getchar(); 127 while(tc>='0'&&tc<='9') x=x*10+tc-48,tc=getchar(); 128 return x; 129 }
最后 加油!qwq