写了一天计算几何，心态崩了，水一篇题解休息休息。
emmmm，如果您是一名现役OIer/CSPer，那看这篇文章也许并不能在你的生命中留下些什么（潮子语录），因为相比NOIP/CSP这个比赛其实比较简单。
在这里我不概括题意，因为现在有重现赛，所有人都可以看题。
A 牛妹爱整除
首先，你知道为什么10进制下%3具有如此美妙的性质吗？
用B进制来表示一个数：$sum_{i=0}^{infin}a_iB^i$，我们希望：$(sum_{i=0}^{infin}a_iB^i)\%p=(sum_{i=0}^{infin}a_i)\%p$，因为 $a_i$ 是任意的，我们不能依赖它的性质，那唯一的方法就是让 $B$ 的任意次方 $\%p$ 都等于1了。可以发现，当且仅当 $B\%p=1$ ，这个式子才是成立的。对于这道题，我们直接输出k+1就可以了；事实上，只要不超过题目的最大限制，任意的 $xk+1$ 都可以。
1 # include <cstdio> 2 # include <iostream> 3 # define R register int 4 5 using namespace std; 6 7 int k; 8 9 int main() 10 { 11 scanf("%d",&k); 12 printf("%d",k+1); 13 return 0; 14 }
B 吃桃
从某种意义上来讲，这个是不是比A还简单？
设 $f[i]$ 表示 $i$ 节点向子树内能延伸的最长路径，一遍dfs找到最长的根路径...然后再dfs一遍输出，就没了...
1 # include <cstdio> 2 # include <iostream> 3 # define R register int 4 5 using namespace std; 6 7 const int N=100005; 8 int n,k,h,x,y,firs[N],dp[N],dep[N]; 9 struct edge { int too,nex; }g[N<<1]; 10 11 void add (int x,int y) 12 { 13 g[++h].nex=firs[x]; 14 firs[x]=h; 15 g[h].too=y; 16 } 17 18 void dfs (int x) 19 { 20 int j; 21 for (R i=firs[x];i;i=g[i].nex) 22 { 23 j=g[i].too; 24 if(dep[j]) continue; 25 dep[j]=dep[x]+1; 26 dfs(j); 27 dp[x]=max(dp[x],dp[j]); 28 } 29 dp[x]++; 30 } 31 32 void redfs (int x) 33 { 34 printf("%d ",x); 35 if(dp[x]==1) return; 36 int j,ans=n+10; 37 for (R i=firs[x];i;i=g[i].nex) 38 { 39 j=g[i].too; 40 if(dep[j]<dep[x]) continue; 41 if(dp[j]+1==dp[x]) ans=min(ans,j); 42 } 43 redfs(ans); 44 } 45 46 int main() 47 { 48 scanf("%d%d",&n,&k); 49 for (R i=1;i<n;++i) 50 { 51 scanf("%d%d",&x,&y); 52 add(x,y); add(y,x); 53 } 54 dep[k]=1; dfs(k); 55 redfs(k); 56 return 0; 57 }
C 背包
众所周知，一道题如果在题目名称里明示某种算法，那它往往不是这种算法。不过...这道题就是背包；
两种方法：dp[i]表示大小为i，价值最小是多少；dp[i]表示价值为i，体积最大是多少；
显然第二种比较快，但是众所周知牛客的机器非常神，所以第一种做法也能过（事实上我看了一眼直接背包的复杂度是2e8，感觉牛客2e8稳过，就没有再进行任何思考了）；最后补充一下，如果你也想尝试第一种方法，也许需要在转移时看一下放入这个物品后背包体积是否超过 $V$，这样数组只要开到 $V$；
1 # include <cstdio> 2 # include <iostream> 3 # define R register int 4 5 using namespace std; 6 7 const int N=205; 8 const int inf=1000000000; 9 int n,V,v[N],w[N],dp[1000006]; 10 int ans=inf; 11 12 int main() 13 { 14 scanf("%d%d",&n,&V); 15 for (R i=1;i<=n;++i) 16 scanf("%d%d",&v[i],&w[i]); 17 for (R i=1;i<=V;++i) dp[i]=inf; 18 for (R i=1;i<=n;++i) 19 { 20 for (R j=V-v[i];j<V;++j) 21 ans=min(ans,dp[j]+w[i]); 22 if(v[i]>=V) ans=min(ans,w[i]); 23 for (R j=V;j>=v[i];--j) 24 dp[j]=min(dp[j],dp[ j-v[i] ]+w[i]); 25 } 26 ans=min(ans,dp[V]); 27 printf("%d",ans); 28 return 0; 29 }
D 泡面
赛后zutter_告诉我我的做法可能假了，因为以前CF考过类似的题，当时被Hack了好多人；然后，最后的结论是这道题和CF的那个确实不是一个做法，所以我并没有假；
首先我们把所有人按照 $t_i$ 从小到大排序；然后模拟接水的过程就好了...具体来讲，首先，维护一个值表示“当前接水的人什么时候能接完”，然后把所有 $t_i$ 小于这个数且还没有接水的人的编号扔进一个小根堆里；每次取出堆顶作为新的接水人；如果堆空了，那就说明有一段时间并没有人接水，我们直接找到下一个还没有接过水的人 $x$，将“当前接水的人什么时候能接完”修改为 $t_x+p$ 即可。
1 # include <cstdio> 2 # include <iostream> 3 # include <algorithm> 4 # include <queue> 5 # define R register int 6 # define ll long long 7 8 using namespace std; 9 10 const int N=100005; 11 int n,p,h,s; 12 ll ans[N],T; 13 struct peo 14 { 15 int pos,t; 16 }a[N]; 17 priority_queue <int,vector<int>,greater<int> > q; 18 19 bool cmp (peo a,peo b) 20 { 21 if(a.t==b.t) return a.pos<b.pos; 22 return a.t<b.t; 23 } 24 25 int read() 26 { 27 int x=0; 28 char c=getchar(); 29 while (!isdigit(c)) c=getchar(); 30 while (isdigit(c)) x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar(); 31 return x; 32 } 33 34 int main() 35 { 36 scanf("%d%d",&n,&p); 37 for (R i=1;i<=n;++i) 38 a[i].pos=i,a[i].t=read(); 39 sort(a+1,a+1+n,cmp); 40 a[n+1].t=1000000005; 41 h=1; T=a[1].t+p; ans[ a[1].pos ]=T; 42 int cg=1; 43 while(cg!=n) 44 { 45 while(h+1<=n&&a[h+1].t<=T) q.push(a[h+1].pos),h++; 46 int s=q.size(); 47 if(s==0) 48 { 49 h++; 50 ans[ a[h].pos ]=a[h].t+p; 51 cg++; 52 T=a[h].t+p; 53 continue; 54 } 55 int x=q.top(); q.pop(); 56 T+=p; ans[x]=T; cg++; 57 } 58 for (R i=1;i<=n;++i) printf("%lld ",ans[i]); 59 return 0; 60 }
E 伪直径
这道题具有较强的欺骗性；一开始我没想明白，仿照求直径的树形dp设了两个状态：已经分叉过的路径和没有分叉过的路径；转移稍微有点复杂，但想起来很简单；就在我马上写完的时候，我突然想起两个路径可以互相包含...
好的，先说结论，这道题的答案就是树的直径-1；分两步来证明：首先，这个值一定能取到，方法是一条路径选直径，另一条路径去掉直径端点处的某一条边；其次，这确实是可能存在的最大值，因为如果存在两条路径的交是直径，且他们不相同，那么取出它们不相交的部分接到直径上，会使直径变长，这显然不合理，所以答案就是树的直径-1；
1 # include <cstdio> 2 # include <iostream> 3 # define R register int 4 5 using namespace std; 6 7 const int N=200005; 8 const int inf=1000000000; 9 int n,h,x,y,firs[N],dep[N]; 10 int f1[N],f2[N],e[N]; 11 struct edge { int too,nex; }g[N<<1]; 12 13 void add (int x,int y) 14 { 15 g[++h].nex=firs[x]; 16 firs[x]=h; 17 g[h].too=y; 18 } 19 20 void dfs (int x) 21 { 22 int j; 23 for (R i=firs[x];i;i=g[i].nex) 24 { 25 j=g[i].too; 26 if(dep[j]) continue; 27 dep[j]=dep[x]+1; 28 dfs(j); 29 if(f1[j]+1>=f1[x]) f2[x]=f1[x],f1[x]=f1[j]+1,e[x]=j; 30 else f2[x]=max(f2[x],f1[j]+1); 31 } 32 } 33 34 void redfs (int x) 35 { 36 int j; 37 for (R i=firs[x];i;i=g[i].nex) 38 { 39 j=g[i].too; 40 if(dep[j]<dep[x]) continue; 41 int t; 42 if(e[x]==j) t=f2[x]+1; 43 else t=f1[x]+1; 44 if(t>=f1[j]) f2[j]=f1[j],f1[j]=t,e[j]=x; 45 else f2[j]=max(f2[j],t); 46 redfs(j); 47 } 48 } 49 50 int main() 51 { 52 int ans=0; 53 scanf("%d",&n); 54 for (R i=1;i<n;++i) 55 { 56 scanf("%d%d",&x,&y); 57 add(x,y); add(y,x); 58 } 59 dep[1]=1; dfs(1); 60 redfs(1); 61 for (R i=1;i<=n;++i) ans=max(ans,f1[i]+f2[i]); 62 printf("%d",ans-1); 63 return 0; 64 }
F 最大最小差
一道有点难度的题；
首先考虑一个暴力？$n^2$枚举区间，然后判断是否合理，不知道能得多少分？如果你认真思考一下这个过程，会发现很多枚举是无效的，举个例子：如果$(x,y)$的利润已经过高，那么$(x,y+1)$ 的利润只可能更高；再想一想，就会发现对于一个确定的 $x$ ，合法的右端点属于一个区间；我们是否可以通过某种方法直接找到这个区间呢？二分！怎么判断一个区间的利润呢？ST表查最大最小值！不过如果你每次同时处理 $m$ 种货物，$ST$表的空间可能就太大了，所以可以考虑对于每种货物分别计算合法的右端点，最后再对 $m$ 个区间求交；
交上去，可能会TLE...因为ST表查询一次虽说是O(n)的，但是常数略大。有没有什么别的方法呢？发现随着枚举的做左端点不断增大，右端点的合法区间也是在不断右移的，所以可以用双指针维护这个合法区间，复杂度虽说还是 $O(nlog n)$的，但是这个 $log n$ 只是求 $ST$表时用到的，所以就可以通过了。
赛后发现，这个最大最小值似乎可以通过单调队列维护，那么复杂度就是严格的 $O(nm)$ 啦！
啊，之前放上来的是一个WA+TLE的程序（因为我最后一次提交是在牛客提交框里改的，电脑上的还是原来那版错误的），经QQ上dalao提醒，现在已经改过来了。不过我的做法有点卡常，加上超级快读才通过...
1 # include <cstdio> 2 # include <iostream> 3 # define R register int 4 # define ll long long 5 # define getchar() (S==T&&(T=(S=BB)+fread(BB,1,1<<20,stdin),S==T)?EOF:*S++) 6 char BB[1 << 20], *S = BB, *T = BB; 7 8 using namespace std; 9 10 const int N=1000006; 11 const int M=11; 12 int n,m,a[N],c[M],lg[N]; 13 int st1[N][21],st2[N][21]; 14 int lr[N],rr[N]; 15 ll ans; 16 17 void build_ST() 18 { 19 for (R i=1;i<=n;++i) st1[i][0]=st2[i][0]=a[i]; 20 for (R i=1;i<=20;++i) 21 for (R j=1;j<=n;++j) 22 { 23 if(j+(1<<i)-1>n) break; 24 st1[j][i]=min(st1[j][i-1],st1[j+(1<<(i-1))][i-1]); 25 st2[j][i]=max(st2[j][i-1],st2[j+(1<<(i-1))][i-1]); 26 } 27 } 28 29 int ask (int l,int r) 30 { 31 if(r>n) return -1; 32 if(r<0) return -1; 33 int k=lg[r-l+1]; 34 int ans1=min(st1[l][k],st1[ r-(1<<k)+1 ][k]); 35 int ans2=max(st2[l][k],st2[ r-(1<<k)+1 ][k]); 36 return ans2-ans1; 37 } 38 39 int ef1 (int id,int x) 40 { 41 int l=x,r=n,mid,ans=n+1; 42 while(l<=r) 43 { 44 mid=(l+r)>>1; 45 if(ask(x,mid)>=c[id]) ans=mid,r=mid-1; 46 else l=mid+1; 47 } 48 return ans; 49 } 50 51 int ef2 (int id,int x) 52 { 53 int l=x,r=n,mid,ans=-n-1; 54 while(l<=r) 55 { 56 mid=(l+r)>>1; 57 if(ask(x,mid)<=c[id]) ans=mid,l=mid+1; 58 else r=mid-1; 59 } 60 return ans; 61 } 62 63 int read() 64 { 65 int x=0; 66 char c=getchar(); 67 while (!isdigit(c)) c=getchar(); 68 while (isdigit(c)) x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar(); 69 return x; 70 } 71 72 void solve (int id) 73 { 74 for (R i=1;i<=n;++i) a[i]=read(); 75 build_ST(); 76 int p1=ef1(id,1),p2=ef2(id,1); 77 lr[1]=max(lr[1],p1); rr[1]=min(rr[1],p2); 78 for (R i=2;i<=n;++i) 79 { 80 if(p1<i) p1=i; if(p2<i) p2=i; 81 while(p1<=n&&ask(i,p1)<c[id]) p1++; 82 while(p2+1<=n&&ask(i,p2+1)<=c[id]) p2++; 83 if(ask(i,p1)!=c[id]) lr[i]=n+1; else lr[i]=max(lr[i],p1); 84 if(ask(i,p2)!=c[id]) rr[i]=-n-1; else rr[i]=min(rr[i],p2); 85 } 86 } 87 88 int main() 89 { 90 scanf("%d%d",&n,&m); 91 for (R i=2;i<=n;++i) lg[i]=lg[i>>1]+1; 92 for (R i=1;i<=m;++i) c[i]=read(); 93 for (R i=1;i<=n;++i) rr[i]=n; 94 for (R i=1;i<=m;++i) 95 solve(i); 96 for (R i=1;i<=n;++i) 97 { 98 int l=lr[i],r=rr[i]; 99 if(l>r) continue; 100 ans+=r-l+1; 101 } 102 printf("%lld",ans); 103 return 0; 104 }
由于对赛制不是很确定，以为类似CF，担心会FST，又检查来检查去，后来问了监考老师，才知道过了就是过了，于是愉快的交卷。反正假都请好了，干脆在家度过了一个快乐的晚上。
Update：
我！ 没！ 了！ 啊！
这面试太太太太太太太难了吧！
我！ 自！ 闭！ 了！
还没面试的同学不要再问我面试考啥了，因为真真真真的很随机啊啊啊啊啊！