比赛链接：
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Div2 T1
不就是把(0)设成(1)，把(1)设成(-1)，然后求最大非空字段和。
最大字段和的做法上网查吧。
非空特判就行了。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define N 110000
using namespace std;
char st[N];
int f[N],n;
int main()
{
scanf("%s",st+1);n=strlen(st+1);
int sum=0,ans=0;bool bk=0;
for(int i=1;i<=n;i++)f[i]=(st[i]=='0'?1:-1);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(f[i]==1)bk=1;
sum+=f[i];
if(sum>ans)ans=sum;
if(sum<0)sum=0;
}
if(bk==0)ans=-1;//特判
printf("%d
",ans);
return 0;
}
Div2 T2
这道题目乍一看很难，但是仔细一看，环的异或和都是(0)，那么意味着什么呢：
我们设(a) (xor) (b=0)，(a=)~(b)，所以(ans) (xor) (a)(=)~((ans) (xor) ~ (a)=)~((ans) (xor) (b))
所以我们只要固定一个根(1)，用(BFS)算出每个点的(dis_{i})，然后对于(l,r)，只要取(dis_l) (xor) (dis_{r})和他的取反值的最大值就行了。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define N 110000
#define NN 410000
using namespace std;
struct node
{
int y,c,next;
}tr[NN];int len,last[N];
inline void ins(int x,int y,int c){len++;tr[len].y=y;tr[len].c=c;tr[len].next=last[x];last[x]=len;}
int a[N],n,m,q;bool v[N];
int list[N],head,tail;
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int x,y,c;scanf("%d%d%d",&x,&y,&c);
ins(x,y,c);ins(y,x,c);
}
v[1]=1;a[1]=0;list[++tail]=1;
while(head<=tail)
{
int x=list[head++];
for(int k=last[x];k;k=tr[k].next)
{
int y=tr[k].y;
if(!v[y])
{
v[y]=1;
list[++tail]=y;
a[y]=a[x]^tr[k].c;
}
}
}
for(int i=1;i<=q;i++)
{
int x,y;scanf("%d%d",&x,&y);
printf("%d
",a[x]^a[y]);
}
return 0;
}
Div1 T1
这道题目当时想到了正解，但是做题太少否定了QAQ。
我们定一个数组(b)，表示先手取到这个数字的输赢状态，(1)表示必赢，(0)表示必输。
首先对于(l,r)，我们观察(r)，如果(a[r]\%2==1)，那么很明显先到(r)的会赢，那么(b[r]=1)，反之为(0)。
而对于一个数字(b[i]=1)，那么很明显(b[i-m])~(b[i-1])都是(0)。（因为后手可以取这个，然后赢掉）。
而对于(b[i+1])~(b[i+m])都是(0)的位置(i)而言，如果他的数字为偶数的话，那么先手取他也肯定是先手取后面的(0)，所以是(0)，反之（奇数）为(1)，然后重复此操作。
然后(b[l])就是答案。
但是这样是(O(frac{n^2}{m}))的，很明显的爆炸。
那么我们分析一下做法。
就是对于一个数字(1)，前面(m)个数字都是(0)，然后(m)个之前的第一个奇数就是(1)。
对于一个位置(i)，他的(m)个之前的第一个奇数是固定的。
所以我们对于位置(i)，可以向前面的那个奇数连一条边，那么就是如果(a[l])是偶数的话那么肯定无解，而(a[l])是奇数的话，就看(l)的子树内有没有(r)，这个我们可以记录每个数字的(DFS)序以及子树(DFS)区间，然后(O(1))查询。
顺便提一下，由于没有一个统一的根，所以我们设一个根，连向那些森林的跟，也就向从数列第一个奇数开始的后面(m-1)减一范围内的奇数都连一条边。
口胡无代码。
时间复杂度：(O(n))
Div1 T2
这道题目我们要明白一个惯用的套路，就是我们很难处理负数的情况，我们就要通过加(k)操作把每个数字的活动区间变成([0,2k])，而(a_i'=a_i+i*k)。（下面的题解皆按照这个条件。）
讲真这样子化简这道题目就真的是道纯纯粹粹的SB题了。
很明显对于(a_{i}>a_{j}(i<j))，由于我们加的数字是自然数，所以肯定如果前面到了(a_j+1)，后面就肯定倒不回去了。
所以我们设(a_i=a_j)，也就是维护(a)数组递增，每个(a_i)等于后面的(a)的最小值。
然后我们发现这道题目是很明显的贪心，我们先化化式子QMQ。
设(b_{i})是第(i)次加的数字
(sumlimits_{i=1}^{n}sumlimits_{j=i}^{n}b_{i}w_{j})
然后我们设(c_{i}=sumlimits_{j=i}^{n}w_{j})（其实就是把后效性消除了）。
那么式子就化成了(sumlimits_{i=1}^{n}b_{i}w_{i})，那么对于大的(w)，我们就可以给他分(2k)个。
但是我们又意识到了还有(a)的限制，所以对于(w_{i})加的数字，我们需要在([i,n])一起减去（对于第(i)个位置初始值为(a_{i})），同时每次要给(i)加数字的时候，我们设([i,n])的最小值为(x)，那么就是(min(x,2k))。
支持这种操作的数据结构就是我们可爱的线段树啦！！！！
时间复杂度：(O(nlogn))
Div1 T3&T4
不会