题目可以从牛客上找到。
最简单的一个题应该是B
B. 密码学
这个应该就是倒着推，题目给了你加密的顺序，所以我们逆推这个就可以得到每一次加密前的字符串。
1H. 最大公约数
题目大意就是给你一个范围1~n 满足gcd(k,y) 是独一无二的，意思是除了k之外，1~n中没有gcd(i,y)==gcd(k,y)
这个题目首先要知道gcd(k,y)==k，因为如果等于x，且x<k，那么因为x属于1~n,所以gcd(x,y)==x
这样就不满足题目要求了。
所以y一定是k的倍数，因为在这n个数中，可能有很多数都是k的整数倍，那么这个y要满足要求，则必须是
gcd(m*k,y)!=k，所以如果有数是k的素数倍，那么y也一定是这个素数的倍数。
这个会爆long long 。
F. 乘法
这个算法是二分，二分这个第k大，然后check。
这个check有点难写，因为有正有负需要分开写。
最后对我来说比较坑的地方是因为取过膜，所以不可以直接除以2，需要乘以2的逆元。
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<bits/stdc++.h> #define inf64 0x3f3f3f3f3f3f3f3f using namespace std; const int maxn=1e5+10; typedef long long ll; ll a[maxn],b[maxn]; ll a1[maxn],a2[maxn],b1[maxn],b2[maxn]; ll tota1=0,tota2=0,totb1=0,totb2=0,zera=0,zerb=0; ll n,m,k; bool check(ll x){ ll sum=0; if(x<=0){ sum+=tota1*totb1+tota2*totb2+zera*m+zerb*n-zera*zerb; // printf("sum=%lld ",sum); if(x==0) return sum>=k; if(sum>=k) return true; x=-x; for(int i=1;i<=tota1&&totb2;i++){ ll t=upper_bound(b2+1,b2+1+totb2,x/a1[i])-b2; if(b2[t]>x/a1[i]||t>totb2) t--; sum+=t; // printf("aa i=%d sum=%lld t=%d %d ",i,sum,t,totb2); } for(int i=1;i<=tota2&&totb1;i++){ ll t=upper_bound(b1+1,b1+1+totb1,x/a2[i])-b1; // printf("t=%d ",t); if(b1[t]>x/a2[i]||t>totb1) t--; sum+=t; // printf("i=%d sum=%lld t=%d ",i,sum,t); } // printf("x=%lld sum=%lld ",x,sum); return sum>=k; } for(int i=1;i<=tota1&&totb1;i++){ ll val=x/a1[i]; if(x%a1[i]) val++; int t=lower_bound(b1+1,b1+1+totb1,val)-b1; sum+=totb1-t+1; } for(int i=1;i<=tota2&&totb2;i++){ ll val=x/a2[i]; if(x%a2[i]) val++; int t=lower_bound(b2+1,b2+1+totb2,val)-b2; sum+=totb2-t+1; } return sum>=k; } int main(){ scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]); for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%lld",&b[i]); for(int i=1;i<=n;i++){ if(a[i]<0) a1[++tota1]=-a[i]; else if(a[i]>0) a2[++tota2]=a[i]; else zera++; } for(int i=1;i<=m;i++){ if(b[i]<0) b1[++totb1]=-b[i]; else if(b[i]>0) b2[++totb2]=b[i]; else zerb++; } sort(a1+1,a1+1+tota1); sort(a2+1,a2+1+tota2); sort(b1+1,b1+1+totb1); sort(b2+1,b2+1+totb2); // printf("%d %d %d %d ",tota1,tota2,totb1,totb2); ll l=-inf64,r=inf64,ans=0; while(l<=r){ ll mid=(l+r)>>1; if(check(mid)) ans=mid,l=mid+1; else r=mid-1; } printf("%lld ",ans); return 0; } /* 1 2 2 2 -3 -3 */
A期望逆序对
这个是要求逆序对尽可能少，虽然说是期望，但其实就是通过对这些区间进行重新排序，然后减少逆序对。
这是一个贪心题目，如何减少逆序对呢，这个可以通过排序，不过这个排序方式有点难想。
然后就是求期望。
最后很坑的一点是这个题目只可以n*n，卡n*n*logn
而逆元的求法就是一个logn的复杂度。
7-3 1C. 染色图
这个染色图题目不是很难，但是要知道数论分块这个知识点。
数论分块是解决：
这个问题的。复杂度是o(n)
写法很简单
int ans = 0;
for(int l = 1, r = 0; l <= n; l++) {
r = n / (n / l);
// do something
}
知道这个之后推一下这个公式就可以算出答案，这个公式很好推的。
推公式：
假设只有三种颜色，A颜色有x个点，B颜色有y个点，C颜色有z个点。
则 x+y+z=n 一共可以连的边是 [x*(n-x)+y*(n-y)+z*(n-z)]/2
可以推出时 [n*n-x*x-y*y-z*z]/2
因为x+y+z=n 所以如果 x=y=z=n/3 则是最少的边。
然后就可以转化成数论分块要解决的问题。
这些是在camp补的题目，具体代码等回家再补。
E 树与路径
在家里补了一下这个E题，这个是看着题解补的，还看了标程才看懂。
这个题目类似于树上差分，不过比裸的差分要难很多。
设 Ai 为以 i 为根节点，所有路径的权值和。
考虑两种情况：
1) 当 i 和 fi 在同一条路径上时，是不是 Ai=Afi
2) 当 i 和 fi 不在同一条路径上的时候，假设i 往下走的长度为 x，这条路径的长度为s
所以Ai=x*(s-x) Afi=(x+1)*(s-x-1)
所以 Ai-Afi=2*x+1-s
所以对于路径 （u，v）来说，设k为u，v的最近公共祖先，这条路对于 Au的贡献是1-s，对于Afu的贡献是 3-s
所以可以求出在u->k 这条路径的 i 来说贡献就是 2*(du-di)+1-s
所以就是 -2*di+2*du+1-s，因为1+2*du-s是一个定值，所以可以设为常数 b，di是一个变化的量，-2也是一个定值设为a
所以就是 a*di+b，因为 a1*di+b1+a2*di+b2=(a1+a2)*di+b1+b2
所以就可以直接合并求解。因为在两个根节点的位置a和b都加了一部分，所以需要在根节点的位置减去这一部分，这个就是树上差分的思想。
因为求的是边，所以在根节点把所有加上去的都可以直接减去。
写完了，这个题目我觉得比较难的地方就是去分情况讨论，
因为这个由得到一个点去推其他点的这个套路应该是可以猜得到的，但是怎么去分情况呢，这个我就有点迷茫。
一开始思路很乱，然后看了题解之后决定豁然开朗，不过知道这个情况怎么分之后，就要推这个递推式了。
递推式推出来的方法很多，也有很多不同的变形，但是对于这个题目来说，如果这个递推式唯一的变量就是这个深度，
那么就可以直接进行叠加，就很好写了。
#include <iostream> #include <cstdio> #include <algorithm> #include <queue> #include <stack> #include <cmath> #include <bitset> #include <vector> #include <map> #include <string> #include <cstring> #define fir first #define sec second using namespace std; typedef long long ll; const int maxn=3e5+10; int n,m; ll a[maxn],b[maxn],ans[maxn],d[maxn]; struct node{ int v,nxt; node(int v=0,int nxt=0):v(v),nxt(nxt){} }e[maxn*2]; bool vis[maxn*2]; int head[maxn],tot,cnt; int ver[maxn*2],first[maxn*2],deep[maxn*2]; void add(int u,int v){ e[++cnt]=node(v,head[u]); head[u]=cnt; e[++cnt]=node(u,head[v]); head[v]=cnt; } int min_(int l, int r) { return deep[l] < deep[r] ? l : r; } void dfs(int u, int dep) { // printf("u=%d dep=%d ",u,dep); vis[u] = 1;ver[++tot] = u; deep[tot] = dep;first[u] = tot; for (int i = head[u]; i != -1; i = e[i].nxt) { int v = e[i].v; if (!vis[v]) { d[v]=d[u]+1; dfs(v, dep + 1); ver[++tot] = u;deep[tot] = dep; } } } int dp[maxn*2][20]; void RMQ(int n) { for (int i = 1; i <= n; i++) dp[i][0] = i; for (int j = 1; (1 << j) <= n; j++) { for (int i = 1; i + (1 << j) - 1 <= n; i++) { dp[i][j] = min_(dp[i][j - 1], dp[i + (1 << (j - 1))][j - 1]); } } } int LCA(int x, int y) { int l = first[x]; int r = first[y]; // printf("l=%d r=%d ",l,r); if (l > r) swap(l, r); int k = (log(r - l + 1.0)) / (log(2.0)); int id = min_(dp[l][k], dp[r - (1 << k) + 1][k]); return ver[id]; } void dfs2(int u,int pre){ for(int i=head[u];i!=-1;i=e[i].nxt){ int v=e[i].v; if(v==pre) continue; dfs2(v,u); a[u]+=a[v]; b[u]+=b[v]; } } void dfs3(int u,int pre){ ans[u]+=a[u]*d[u]+b[u]; for(int i=head[u];i!=-1;i=e[i].nxt){ int v=e[i].v; if(v==pre) continue; ans[v]=ans[u]; dfs3(v,u); } } int main(){ tot=0,cnt=0; memset(head,-1,sizeof(head)); memset(d,0,sizeof(d)); scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<n;i++){ int u,v; scanf("%d%d",&u,&v); add(u,v); } dfs(1,0); RMQ(2*n-1); while(m--){ int u,v; scanf("%d%d",&u,&v); int k=LCA(u,v); // printf("u=%d v=%d k=%d ",u,v,k); int s=d[u]+d[v]-2*d[k]; a[u]-=2,b[u]+=1+2*d[u]-s; a[v]-=2,b[v]+=1+2*d[v]-s; a[k]+=4,b[k]-=1+2*d[u]-s+1+2*d[v]-s; int x=d[u]-d[k]; ans[1]+=x*1ll*(s-x); // printf("s=%d x=%d ",s,x); } // printf("s %lld ",ans[1]); dfs2(1,-1),dfs3(1,-1); for(int i=1;i<=n;i++) printf("%lld ",ans[i]); return 0; }
差不多先补到这里，day1 还有一些AC代码没有贴，以后再写吧。