好久没写题解了，感觉很多好题没留下什么就这么过去了，着急改题很多细节和原理都没有注意到，思考也不够（考得越来越差），所以还是很有必要写的。
A. math
看到后的确没什么可接受复杂度的思路。直接说做法吧。
70%：O（nk^2）
把每个ai看成一组，由(ai*bi)%k知每组最多有k个物品（循环节），然后问题就转化为一个分组背包，看有多少个<k的非负整数能被凑出。
由于循环节长远不到k，所以骗到了70分。。。
70%：O（nklogk）
观察到上面对每个物品都要遍历一次容量，而很多容量是无用状态。最明显的，对于一个组内的物品，其实是一个物品重复放很多次而算作一次。
然后我们可以发现分组没有什么用，定义一个单个物品为权值为ai，数量为ai在模k意义下的能取到值的个数，即循环节长度。
接着这个多重背包就可以用二进制优化了。
80%：O（nk）
发现一个容量会被重复凑出很多次。
放在模k意义下，那么答案最多有k个。设dp[k]为k能否被凑出，然后搜索用n个物品反复拓展到新状态即可。
100%：O（n+k）
从给的样例中其实就能看出答案是个等差数列，yy一下能发现公差就是ai和k的gcd
然后就AC了。。。。。。
考场上我这都没看出来额。。。
正确性：
ax+by=c(mod k)有整数解当且仅当 d|c，
那么ax+by+cz+....=q(mod k)有整数解当且仅当gcd(a,b,c,...)|q
其实就是裴蜀定理的推论。
1 #include<cstdio> 2 #include<algorithm> 3 #define F(i,a,b) for(register int i=a;i<=b;++i) 4 int n,mod; 5 int p[500005],pcnt; 6 int gcd(int a,int b){return !b?a:gcd(b,a%b);} 7 int main() 8 { 9 scanf("%d %d",&n,&mod);int t,d=0,pt=0; 10 F(i,1,n){scanf("%d",&t);d=gcd(d,t%mod);} 11 do{ 12 p[++pcnt]=pt; 13 pt=(pt+d)%mod; 14 }while(pt); 15 printf("%d ",pcnt); 16 std::sort(p+1,p+pcnt+1); 17 F(i,1,pcnt)printf("%d ",p[i]); 18 return 0; 19 }
B. biology
考试的时候一直在想图论，然后最后就打了一个n^2m^2的拓扑跑了。。。
后来一想DAG拓扑不就是dp吗。。。
拓扑没办法优化可是dp可以
40%：O（n^2m^2）朴素dp：f[i][j]=max(f[k][l]+b[i][j]+|i-k|+|j-l|)
80%：O（nmlognlogm）
柿子套路，遇到绝对值要拆开
之后就可以用四个二维树状数组维护了。
100%：
切比雪夫距离
转化坐标(i,j)->(i+j,i-j)，可以由归纳得，然而好像不能通过画图直观理解。
要求的曼哈顿距离|i-i'|+|j-j'|转化为max(|i-i'|,|j-j'|)
这样我们就可以不用二维树状数组维护具体位置了，维护拆掉绝对值后的四个变量即可。
由于同层之间不能转移，离散化。
1 #include<cstdio> 2 #include<cmath> 3 #include<queue> 4 #include<cstring> 5 #include<algorithm> 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=2005; 12 const int inf=1000000000; 13 int n,m; 14 int id[N][N],icnt; 15 int lsh[1000005],lcnt; 16 char cx[1000005]; 17 ll x1[1000005],x2[1000005],x3[1000005],x4[1000005]; 18 struct P{ 19 int x,y,a,b; 20 friend bool operator<(P g,P h){return g.a<h.a;} 21 }p[N*N]; 22 int main() 23 { 24 memset(x1,0xcf,sizeof(x1)); 25 memset(x2,0xcf,sizeof(x2)); 26 memset(x3,0xcf,sizeof(x3)); 27 memset(x4,0xcf,sizeof(x4)); 28 n=read(),m=read(); 29 reg int t; 30 F(i,1,n)F(j,1,m) 31 { 32 t=read(); 33 if(t) 34 { 35 cx[t]=1; 36 id[i][j]=++icnt; 37 p[icnt]=(P){i+j,i-j,t}; 38 } 39 } 40 F(i,1,1000000)if(cx[i])lsh[i]=++lcnt; 41 F(i,1,n)F(j,1,m) 42 { 43 t=read(); 44 if(id[i][j]) 45 { 46 p[id[i][j]].a=lsh[p[id[i][j]].a]; 47 p[id[i][j]].b=t; 48 } 49 } 50 sort(p+1,p+icnt+1); 51 ll ans=-inf; 52 x1[0]=x2[0]=x3[0]=x4[0]=0; 53 F(i,1,icnt) 54 { 55 ll t; 56 if(p[i].a-1==0)t=0; 57 else t=max(max(x1[p[i].a-1]+p[i].x,x2[p[i].a-1]-p[i].x),max(x3[p[i].a-1]+p[i].y,x4[p[i].a-1]-p[i].y)); 58 ans=max(ans,p[i].b+t); 59 x1[p[i].a]=max(x1[p[i].a],p[i].b+t-p[i].x); 60 x2[p[i].a]=max(x2[p[i].a],p[i].b+t+p[i].x); 61 x3[p[i].a]=max(x3[p[i].a],p[i].b+t-p[i].y); 62 x4[p[i].a]=max(x4[p[i].a],p[i].b+t+p[i].y); 63 } 64 printf("%lld ",ans); 65 return 0; 66 } 67 int read() 68 { 69 int x=0;char tc=getchar(); 70 while(tc<'0'||tc>'9')tc=getchar(); 71 while(tc>='0'&&tc<='9')x=x*10+tc-48,tc=getchar(); 72 return x; 73 }