CF1427E Xum
离谱
设原数是 (x)，把原数不断左移，最低位与最高位对齐，记为 (y)
由于 (k=yoplus x=xcdot 2^t-2^t+x)，所以 (k) 与 (x) 互质
考虑 exgcd 搞出 (ak+bx=1)，并设 (a'ge |a|,b'ge |b|)，设 (a'k+b'x=e)
则 ((a'+a)k+(b'+b)x=e+1)
那一异或就出 (1) 了
CF1340D Nastya and Time Machine
设 (d) 为最大度数，答案肯定不小于 (d)
考虑构造答案为 (d) 的方案，从任一点开始 dfs，若 (u
ightarrow v) 时时间是 (t)，则 (v
ightarrow u) 也应是 (t)
当到达一个点时时间到了 (d)，就要减少时间，减小到 (d-deg_u)，即可整好在 (t) 回到父亲
CF1442D Sum
考虑最后一定是有若干个数组取满了，最多有一个数组取了一部分
考虑若有两个数组都只取了一部分，那么由于数组不降，则把其中一个往前一个个删并在另一个后面加会更优
那么如果没取完的是 (i)，对于剩下取完了的数组就是不考虑物品 (i) 的背包
这个东西就是分治一下，把左边的物品全加进去再分治到右边，右边全加进去分治到左边
复杂度 (O(nklog n))
#define N 3006
int n,k;
long long f[N],ans[N][N];
int num[N];
long long sum[N];
std::vector<int>a[N];
inline void work(int l,int r){
if(l==r) return std::memcpy(ans[l],f,sizeof ans[l]),void();
int mid=(l+r)>>1;
long long *backup=new long long[N];
std::memcpy(backup,f,sizeof f);
for(int i=l;i<=mid;i++){
for(int j=k;j>=num[i];j--) f[j]=std::max(f[j],f[j-num[i]]+sum[i]);
}
work(mid+1,r);
std::memcpy(f,backup,sizeof f);
delete backup;
for(int i=mid+1;i<=r;i++){
for(int j=k;j>=num[i];j--) f[j]=std::max(f[j],f[j-num[i]]+sum[i]);
}
work(l,mid);
}
int main(){
n=read();k=read();
for(int i=1;i<=n;i++){
num[i]=read();
for(int j=0;j<num[i];j++) a[i].push_back(read()),sum[i]+=a[i][j];
}
work(1,n);
long long Ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
Ans=std::max(Ans,ans[i][k]);
long long sum=0;
for(int s=a[i].size(),j=0;j<s&&j<k;j++){
sum+=a[i][j];
Ans=std::max(Ans,ans[i][k-j-1]+sum);
}
}
printf("%lld
",Ans);
return 0;
}
CF1446C Xor Tree
考虑建出 trie 来在上面 dp 最多能拿多少个
叶子的 (f_u=1)，若一个点有两个儿子，则如果两边都选了超过一个数，则肯定是自己子树内连没有跨过子树的边
所以有一子树最多选一个，(f_u=max(f_{ls},f_{rs})+1)
CF1439B Graph Subset Problem
从度数最小的点开始删，删到最小点度数 (k) 时，则满足了条件 (2)
满足条件 (1) 的情况必然有 (kle sqrt{m})，那么删的时候若删的是一个 (k-1) 度的点就暴力判一下他和他相邻的所有点是否构成团
(O(nsqrt{m}log n))，用 unordered_map 就没 (log) 了
P4007 小 Y 和恐怖的奴隶主
设 ((i,a,b,c)) 表示进行了 (i) 此攻击，(1,2,3) 血随从分别由 (a,b,c) 个
然后有用状态大概 ( binom{8+3}{3}=165)，矩阵就是 (166 imes 166) 的，那么每次暴力矩乘就是 (O(T166^3log n)) 了
对于多测，可以把矩阵的 (2^i) 次幂都预处理出来，每次拿向量乘 (O(log n)) 个矩阵，就有 (O(166^3log n+T166^2log n))
hdu6145 Arithmetic of Bomb II
维护数对 ((a,b,c)) 表示 (a+b imes c)
那么有如下变化：
- 加入一个数字 (d)，有 ((a,b,c imes 10+d))
- 加入一个加号，有 ((a+b imes c,1,0))
- 加入一个减号，有 ((a+b imes c,-1,0))
- 加入一个乘号，有 ((a,b imes c,0))
再维护一个 (b imes c)，这些玩意都可以用矩乘表示出来，于是就对每个重复部分加速一下就行
直接硬分类讨论也行？
P4766 [CERC2014]Outer space invaders
如果想按照时间从前往后 dp，需要记录的信息非常多
那么可以区间 dp，设 (f_{i,j}) 是将左右端点都在 ([i,j]) 里的人干掉需要的最小代价
设其中 (d) 最大的人是 (id)，那么肯定要开炮距离为 (d_{id}) 的，于是枚举啥时候开：
P4350 [CERC2015]Export Estimate
对于权值的限制，离线并从大到小加边
(0,2) 度点被删掉，(2) 度点会使得边数减一
但若对于一个无弦的环，上面都是二度点，但是最后会剩下一个点和一条自环没删掉
所以：点数=总点数-(0,2) 度点数+无弦环数
边数=加了的边数-(2) 度点数+无弦环数
P4748 [CERC2017]Justified Jungle
枚举 (n) 的约数是小于 (sqrt{n}) 的，所以考虑对于每个暴力枚举并 (O(n)) 判断
若点满足子树大小是 (dfrac{n}{k+1}) 的倍数，就可以切他和他父亲的边，若这样的点有 (k+1) 个（有个是根）就是可以
P4750 [CERC2017]Lunar Landscape
坐标很小，所以对于正着的正方形直接暴力差分
对于斜着的，每个格子拆成四个小三角形，对这些三角形差分
处理完直接枚举格子暴力数
AGC052B Tree Edges XOR
离谱
考虑规定点权，使得每个边权等于两端点点权异或和，比如可以规定点权是到根路径的异或和
这样一次操作相当于交换点权，那么就比较新旧树的点权是否相等即可，但要枚举根（端点异或相等不一定要求两个端点必须相等），还有个排序所以是 (O(n^2log n)) 的
考虑如何省去枚举根的过程，从 (1) 为根求出原树的数组若为 (a)，则以 (rt) 为根求出来的就是每个 (a_i) 都异或上 (a_{rt})
再记目标树点权数组为 (b)，那么就是 (a) 全部异或上其中某一项要和 (b) 相等，那么把 (a,b) 中所有项异或起来，就是 (n) 个 (a_{rt}) 异或起来，(n) 是奇数所以就是 (a_{rt}) 的值
那么给 (a) 全异或上 (a_{rt}) 再判断就行了
COCI2018-2019 Final T4 TENIS
考虑平面上建出三排点，分别按照三个属性排名排序，同一个人不同行的三个点连边
这样会产生若干个竖着的分割线（不经过连出的边），每两个分割线中间的部分对应着竞赛图的一个强连通分量，只有最左边的那个部分可以获胜
于是线段树维护，把每个人最小排名到最大排名的区间，加上 (1)，求最左边的 (0)
(O(nlog n))
P5307 [COCI2019] Mobitel
(lceildfrac{n}{1}
ceil,lceildfrac{n}{2}
ceil,cdots,lceildfrac{n}{n}
ceil) 一共 (O(sqrt{n})) 种取值
于是记录 (f(i,j,k)) 表示走到 (i,j)，再乘 (k) 就超过 (n) 的方案数，共 (O(rssqrt{n})) 个
P7207 [COCI2019-2020#3] Sob
由于对于任意 (n,m) 都有解，若能将区间 ([n-k,n-1]) 和 ([m,m+k-1]) 匹配上，就能递归到子问题
设 (k) 是能使得 (m+k-1) 与 (n-1) 匹配上的最小的 (k)，则有结论 (n-k sim n-1) 和 (m+k-1 sim m) 按顺序分别可以匹配
考虑 (i) 是所有 (n-1) 是 (1) 而 (m) 是 (0) 的位中的最高位，那么 (k) 增大的过程就是把后 (i) 位加到和 (n-1) 相同，再减回去仍然可以
COI 2020 Pastiri
考虑目前深度最大的那个点，守卫放在里他最近但深度最浅的位置
如果守卫放他子树里显然不优，而如果不是放在他到根的链上的某个点上，而是在这些点的子树中，由于子树里也不会有更深的，所以也不会更优
于是每个点到最近的需要被看守的点的最短距离直接多源 bfs 预处理
COI 2020 Semafor
先把前 (k) 位灯管的转化 dp 出来，再舍弃不是数字的状态，转移 (frac{n}{k}) 次
后面的矩阵大小是 (100 imes 100)，有 (O(100^3log n))
但前面直接搞是 (O((2^{10})^3log k)) 的，但发现改哪根灯管都是等价的，所以只拿 (operatorname{popcount}) 转移就行，矩阵大小 (11 imes 11)
AGC043B 123 Triangle
先把数都减一，然后只剩 (0,1,2)，若有 (1)，则答案为 (0) 或 (1)，否则为 (0) 或 (2)
都划归乘只有 (0,1) 的问题（不存在 (1) 就除以二，然后放 (mod 2) 意义下），然后差分变成异或，第 (i) 位被异或了 ( binom{n-1}{i}) 次
AGC044B Joker
先从边界开始做一遍最短路，然后每次把没了的点放回队列里继续跑最短路，类似spfa
最短路 (dis) 和是 (O(n^3)) 的，每次只有 (dis) 降低才会进队，所以复杂度就 (O(n^3)) 了
AGC045B 01 Unbalanced
考虑 (1) 是 (1)，(0) 是 (-1)，答案就是前缀和的极差
然后你枚举最大值，能填 (1) 的问号尽量填 (1)，否则搞成 (-1)，判断是否能的办法就是对于每个后缀，记录每个 ? 都是 (-1) 的时候这个后缀的前缀最大值，看他有没有超过枚举的这个最大值
这样就是 (O(n^2)) 了
考虑设所有问号都填 (-1) 的最大值为 (s)，那么把一个负一变成正一，则若最大值加 (2)，则最小值最多加 (2)，不会更优
那么只拿 (s) 和 (s+1) 跑一边就 (O(n)) 了
AGC045C Range Set
设 (Age B)
逆着操作，每次把 (A) 个 (0) 或 (B) 个 (1) 替换成任意串，然后如果操作到有 (A) 个连续的 (0) 就一定合法了
于是可以把所有大于等于 (B) 的 (1) 全换成 (0)，dp 设 (f(i,j,0/1)) 表示考虑到第 (i) 个，替换后 (0) 的连续个数是 (j)，目前在填 (0/1) 的方案数
需要个前缀和优化
CF1458C Latin Square
设 (a) 行 (b) 列是 (c)，那么记录 (A_{a,b}=c,B_{a,c}=b,C_{b,c}=a)
如果是移动操作，就是给下标打标记，如果是变成逆排列操作，就是交换一个下标和他的值，也就是再开一个变量记录现在应该用哪个数组
CF1444D Rectangular Polyline
如果 (h
eq v) 或者无法把水平、竖直分别分成两个长度和相同的组，则无解
否则任意背包出一组，给出构造：
先考虑向右下走，把竖直这从大到小放，水平的从小到大放，这样一定不会穿过最终组成图形的对角线
从右下再走回来按照类似方法，就不会和之前有交了