1. CZday3C
给定有m个数的集合，从其中任选一个子集满足全部&后不为零，问方案数。
考虑对二进制位容斥，问题转化为求包含某个二进制位集合的数的个数，通过类似FMT的DP求解。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define mo 1000000007 3 #define ll long long 4 using namespace std; 5 ll m,n,k,f[1100010],g[1100010],x,ans; 6 ll po(ll x,ll y){ll z=1;while (y){if (y%2==1)z=(x*z)%mo;x=(x*x)%mo;y/=2;}return z;} 7 int main(){ 8 freopen("loneliness.in","r",stdin); 9 freopen("loneliness.out","w",stdout); 10 cin>>n; 11 cin>>n>>m>>k; 12 for (int i=1;i<=m;i++){scanf("%d",&x);g[x]++;} 13 f[0]=-1; 14 for (int i=0;i<(1<<n);i++) 15 for (int j=1;j<(1<<n);j*=2) 16 if ((i&j)==0)f[i+j]=f[i]*(-1); 17 for (int i=1;i<(1<<n);i*=2) 18 for (int j=0;j<(1<<n);j++) 19 if ((i&j)!=0) g[j-i]+=g[j]; 20 for (int i=1;i<(1<<n);i++)ans=(ans+f[i]*po(g[i],k)+mo)%mo; 21 cout<<ans<<endl; 22 return 0; 23 }
2.CZday6C
在线修改，查询第一个比前面所有数之和大的数。
类似FRBSUM，如果一个数不是答案，则下一个答案必然不小于从头一直加到这个数的和，这样倍增查询每次至少翻倍，线段树支持即可。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define maxn 200010 3 #define N 800010 4 #define ll long long 5 using namespace std; 6 int value[maxn], mx[N]; 7 ll sum[N]; 8 void build(int now, int l, int r) 9 { 10 if (l == r) 11 { 12 mx[now] = sum[now] = value[l]; 13 return; 14 } 15 int mid = (l + r) / 2; 16 build(now * 2, l, mid); 17 build(now * 2 + 1, mid + 1, r); 18 mx[now] = max(mx[now * 2], mx[now * 2 + 1]); 19 sum[now] = sum[now * 2] + sum[now * 2 + 1]; 20 } 21 void modify(int now, int l, int r, int x, int y) 22 { 23 if (l == r) 24 { 25 mx[now] = sum[now] = value[l]; 26 return; 27 } 28 int mid = (l + r) / 2; 29 if (x <= mid) modify(now * 2, l, mid, x, y); 30 else modify(now * 2 + 1, mid + 1, r, x, y); 31 mx[now] = max(mx[now * 2], mx[now * 2 + 1]); 32 sum[now] = sum[now * 2] + sum[now * 2 + 1]; 33 } 34 ll query_sum(int now, int l, int r, int left, int right) 35 { 36 if (l == left && r == right) return sum[now]; 37 int mid = (l + r) / 2; ll ans = 0; 38 if (left <= mid) ans = query_sum(now * 2, l, mid, left, min(right, mid)); 39 if (right >= mid + 1) ans += query_sum(now * 2 + 1, mid + 1, r, max(left, mid + 1), right); 40 return ans; 41 } 42 int query(int now, int l, int r, int left, int right, ll x) 43 { 44 int mid = (l + r) / 2; 45 if (l == left && r == right) 46 { 47 if (mx[now] < x) return -1; 48 if (l == r) return l; 49 if (mx[now * 2] >= x) return query(now * 2, l, mid, l, mid, x); 50 else return query(now * 2 + 1, mid + 1, r, mid + 1, r, x); 51 } 52 int ans = -1; 53 if (left <= mid) ans = query(now * 2, l, mid, left, min(right, mid), x); 54 if (ans != -1) return ans; 55 else return query(now * 2 + 1, mid + 1, r, max(left, mid + 1), right, x); 56 } 57 int main() 58 { 59 freopen("challenge.in", "r", stdin); 60 freopen("challenge.out", "w", stdout); 61 int n, q; 62 scanf("%d%d", &n, &q); 63 for (int i = 1; i <= n; i++) 64 scanf("%d", &value[i]); 65 build(1, 1, n); 66 for (int i = 1; i <= q; i++) 67 { 68 int x, y; 69 scanf("%d%d", &x, &y); 70 value[x] = y; 71 modify(1, 1, n, x, y); 72 int cur = 0, res = -1; ll pre = 0; 73 while (cur < n) 74 { 75 int tmp = query(1, 1, n, cur + 1, n, pre); 76 if (tmp == -1) break; 77 cur = tmp; pre = query_sum(1, 1, n, 1, tmp); 78 if (pre - value[cur] == value[cur]) {res = tmp; break;} 79 } 80 printf("%d ", res); 81 } 82 return 0; 83 }
3.ACday3C
n个数，m个等级(m<=10)，某个数不小于某值ai就是i级。在线区间加，单点修改，询问区间所有数等级和。
线段树，Min[x]表示这个区间中最小的离下一级的距离。更新时如果Min[x]>0则退出，否则递归下去。均摊复杂度nmlogn。类似区间开方之类的线段树均摊操作。
1 #include<cstdio> 2 #include<algorithm> 3 #define ls (x<<1) 4 #define rs (ls|1) 5 #define lson ls,L,mid 6 #define rson rs,mid+1,R 7 #define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++) 8 using namespace std; 9 10 const int N=500010; 11 int n,m,Q,op,x,y,k,a[12],c[N],sm[N],mn[N],tag[N]; 12 13 int chk(int v){ for (int i=m; ~i; i--) if (v>=a[i]) return i; return 0; } 14 void upd(int x){ sm[x]=sm[ls]+sm[rs]; mn[x]=min(mn[ls],mn[rs]); } 15 16 void push(int x){ 17 if (!tag[x]) return; 18 mn[ls]+=tag[x]; tag[ls]+=tag[x]; 19 mn[rs]+=tag[x]; tag[rs]+=tag[x]; 20 tag[x]=0; 21 } 22 23 void build(int x,int L,int R){ 24 if (L==R){ sm[x]=chk(c[L]); mn[x]=a[sm[x]+1]-c[L]; return; } 25 int mid=(L+R)>>1; 26 build(lson); build(rson); upd(x); 27 } 28 29 void work(int x,int L,int R){ 30 if (mn[x]>0) return; 31 if (L==R){ 32 while (mn[x]<=0) sm[x]++,mn[x]=a[sm[x]+1]-a[sm[x]]+mn[x]; 33 return; 34 } 35 push(x); int mid=(L+R)>>1; 36 work(lson); work(rson); upd(x); 37 } 38 39 void add(int x,int L,int R,int l,int r,int k){ 40 if (L==l && r==R){ mn[x]-=k; tag[x]-=k; work(x,L,R); return; } 41 push(x); int mid=(L+R)>>1; 42 if (r<=mid) add(lson,l,r,k); 43 else if (l>mid) add(rson,l,r,k); 44 else add(lson,l,mid,k),add(rson,mid+1,r,k); 45 upd(x); 46 } 47 48 void mdf(int x,int L,int R,int pos,int k){ 49 if (L==R){ sm[x]=chk(k); mn[x]=a[sm[x]+1]-k; return; } 50 push(x); int mid=(L+R)>>1; 51 if (pos<=mid) mdf(lson,pos,k); else mdf(rson,pos,k); 52 upd(x); 53 } 54 55 int que(int x,int L,int R,int l,int r){ 56 if (L==l && r==R) return sm[x]; 57 push(x); int mid=(L+R)>>1; 58 if (r<=mid) return que(lson,l,r); 59 else if (l>mid) return que(rson,l,r); 60 else return que(lson,l,mid)+que(rson,mid+1,r); 61 } 62 63 int main(){ 64 scanf("%d%d%d",&n,&m,&Q); 65 rep(i,1,m) scanf("%d",&a[i]); 66 a[0]=-2e9; a[m+1]=2e9; 67 rep(i,1,n) scanf("%d",&c[i]); 68 build(1,1,n); 69 while (Q--){ 70 scanf("%d%d%d",&op,&x,&y); 71 if (op==1) scanf("%d",&k),add(1,1,n,x,y,k); 72 else if (op==2) mdf(1,1,n,x,y); 73 else printf("%d ",que(1,1,n,x,y)); 74 } 75 return 0; 76 }
4.ACday4C
一棵树和一些边，在线询问只取[L,R]中的边时，S到T的边权异或和最小的路径。
非常好的一道题，发现一条边的贡献一定是和树边组成的环的异或和，线性基加优化求解。
http://noi.ac/contest/13/problem/41
https://www.cnblogs.com/Gloid/p/9658421.html
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 #define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++) 5 #define For(i,x) for (int i=h[x],k; i; i=nxt[i]) 6 using namespace std; 7 8 const int N=300010; 9 struct Que{ int id,s,l,r; }q[N],q1[N]; 10 int n,m,Q,u,v,w,S,T,l,r,cnt,dep[N],d[N],ans[N],h[N],to[N<<1],val[N<<1],nxt[N<<1]; 11 void add(int u,int v,int w){ to[++cnt]=v; val[cnt]=w; nxt[cnt]=h[u]; h[u]=cnt; } 12 13 struct B{ 14 int d[32]; 15 B (){ memset(d,0,sizeof(d)); } 16 void ins(int x){ 17 for (int i=30; ~i; i--) 18 if (x&(1<<i)){ 19 if (!d[i]) { d[i]=x; break; } else x^=d[i]; 20 } 21 } 22 }suf[N],pre[N]; 23 24 B operator +(const B &a,const B &b){ 25 B c; 26 for (int i=30; ~i; i--) c.d[i]=a.d[i]; 27 rep(i,0,30) if (b.d[i]) c.ins(b.d[i]); 28 return c; 29 } 30 31 void dfs(int x,int fa){ 32 For(i,x) if ((k=to[i])!=fa) dep[k]=dep[x]^val[i],dfs(k,x); 33 } 34 35 int work(int x,const B &a){ for (int i=30; ~i; i--) x=min(x,x^a.d[i]); return x; } 36 37 void solve(int l,int r,int low,int high){ 38 if (l>r || low>high) return; 39 if (low==high){ rep(i,l,r) ans[q[i].id]=min(q[i].s,q[i].s^d[low]); return; } 40 int mid=(low+high)>>1,st=l-1,ed=r+1; 41 for (int i=mid; i>=low; i--){ 42 if (i==mid) pre[i]=pre[0]; else pre[i]=pre[i+1]; 43 pre[i].ins(d[i]); 44 } 45 rep(i,mid,high){ 46 if (i==mid+1) suf[i]=suf[0]; else suf[i]=suf[i-1]; 47 suf[i].ins(d[i]); 48 } 49 rep(i,l,r) 50 if (q[i].l<=mid && q[i].r>mid) ans[q[i].id]=work(q[i].s,pre[q[i].l]+suf[q[i].r]); 51 else if (q[i].r<=mid) q1[++st]=q[i]; else q1[--ed]=q[i]; 52 rep(i,l,r) q[i]=q1[i]; 53 solve(l,st,low,mid); solve(ed,r,mid+1,high); 54 } 55 56 int main(){ 57 scanf("%d%d%d",&n,&m,&Q); 58 rep(i,2,n) scanf("%d%d%d",&u,&v,&w),add(u,v,w),add(v,u,w); 59 dfs(1,0); 60 rep(i,1,m) scanf("%d%d%d",&u,&v,&w),d[i]=dep[u]^dep[v]^w; 61 rep(i,1,Q) scanf("%d%d%d%d",&S,&T,&l,&r),q[i]=(Que){i,dep[S]^dep[T],l,r}; 62 solve(1,Q,1,m); 63 rep(i,1,Q) printf("%d ",ans[i]); 64 return 0; 65 }
5.NOWday1C
一棵树一些路径，每次询问一个点vi的最远祖先u，满足uv之间的路径被至少ki条路径完全包含。
可以DFS化成二维数点问题主席树和倍增解决，也可以每个点记录子树内最远的一个是某个路径拐点(LCA)的祖先，线段树合并即可。
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<iostream> 4 #include<algorithm> 5 #define lson ls[x],L,mid 6 #define rson rs[x],mid+1,R 7 #define rep(i,l,r) for (int i=l; i<=r; i++) 8 #define For(i,x) for (int i=h[x],k; i; i=nxt[i]) 9 typedef long long ll; 10 using namespace std; 11 12 const int N=200010; 13 int n,m,u,v,k,l,cnt,nd,Q,rt[N],fa[N][19],dep[N]; 14 int h[N],nxt[N<<1],to[N<<1],sz[N*80],ls[N*80],rs[N*80]; 15 void add(int u,int v){ to[++cnt]=v; nxt[cnt]=h[u]; h[u]=cnt; } 16 17 void dfs(int x){ 18 dep[x]=dep[fa[x][0]]+1; 19 rep(i,1,18) fa[x][i]=fa[fa[x][i-1]][i-1]; 20 For(i,x) if ((k=to[i])!=fa[x][0]) fa[k][0]=x,dfs(k); 21 } 22 23 int lca(int u,int v){ 24 if (dep[u]<dep[v]) swap(u,v); 25 int t=dep[u]-dep[v]; 26 for (int i=18; ~i; i--) if (t&(1<<i)) u=fa[u][i]; 27 if (u==v) return u; 28 for (int i=18; ~i; i--) if (fa[u][i]!=fa[v][i]) u=fa[u][i],v=fa[v][i]; 29 return fa[u][0]; 30 } 31 32 void ins(int &x,int L,int R,int k){ 33 if (!x) x=++nd; sz[x]++; 34 if (L==R) return; 35 int mid=(L+R)>>1; 36 if (k<=mid) ins(lson,k); else ins(rson,k); 37 } 38 39 int merge(int x,int y){ 40 if (!x || !y) return x+y; 41 int p=++nd; sz[p]=sz[x]+sz[y]; 42 ls[p]=merge(ls[x],ls[y]); rs[p]=merge(rs[x],rs[y]); 43 return p; 44 } 45 46 void dfs2(int x){ 47 For(i,x) if ((k=to[i])!=fa[x][0]) dfs2(k),rt[x]=merge(rt[x],rt[k]); 48 } 49 50 int que(int x,int L,int R,int k){ 51 if (L==R) return L; 52 int mid=(L+R)>>1; 53 if (k<=sz[ls[x]]) return que(lson,k); else return que(rson,k-sz[ls[x]]); 54 } 55 56 int main(){ 57 scanf("%d%d",&n,&m); 58 rep(i,2,n) scanf("%d%d",&u,&v),add(u,v),add(v,u); 59 dfs(1); 60 rep(i,1,m) scanf("%d%d",&u,&v),l=lca(u,v),ins(rt[v],1,n,dep[l]),ins(rt[u],1,n,dep[l]); 61 dfs2(1); 62 for (scanf("%d",&Q); Q--; ) scanf("%d%d",&v,&k),printf("%d ",max(dep[v]-que(rt[v],1,n,k),0)); 63 return 0; 64 }
6.NOWday2B
给换上每个位置i一个[1,ai]中的整数，任意两个相邻位置数不相同，求方案数。
考虑容斥，到位置i时，枚举i与i-1,...,i-k+1都相等，转移为$f_i=sumlimits_{j} f_j imes min(a_{j+1..i}) imes (-1)^{i-j-1}$
单调队列优化，这里也比较巧妙，具体看代码。
1 #include<cstdio> 2 #include<algorithm> 3 #define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++) 4 typedef long long ll; 5 using namespace std; 6 7 const int N=2e6+7,mod=1e9+7; 8 ll n,a[N],stk[N][3],f[N],ans,tmp,mn; 9 10 int main(){ 11 scanf("%lld",&n); a[0]=1e9+8; 12 rep(i,1,n){ 13 scanf("%lld",&a[i]);a[i+n]=a[i]; 14 if(a[i]<a[mn])mn=i; 15 } 16 rep(i,1,n) a[i]=a[i+mn-1]; 17 f[0]=n&1?-1:1; int t=1; 18 stk[1][0]=1e9+8; stk[1][1]=f[0]; 19 rep(i,1,n){ 20 int sum=0; 21 while(t&&a[i]<stk[t][0])sum=(sum+stk[t--][1])%mod; 22 f[i]=((f[i]-stk[t][2]-1ll*sum*a[i]%mod)%mod+mod)%mod; 23 stk[++t][0]=a[i]; 24 stk[t][1]=sum; 25 stk[t][2]=(1ll*sum*a[i]+stk[t-1][2])%mod; 26 stk[++t][0]=1e9+8; 27 stk[t][1]=f[i]; 28 ans=(ans+f[i])%mod; 29 } 30 ans=(ans+(n&1?-a[1]:a[1]))%mod; 31 printf("%lld",ans); 32 return 0; 33 }
7.ACday5B
长度为n的序列A,从中删去恰好k个元素（右边的元素往左边移动），记cnt为新序列中Ai=i的元素个数（即权值与下标相同的元素的个数）。求cnt的最大值。
f[i]表示以i结尾的序列的最优答案，则有f[i]=max{f[j]+1} (i-j>=a[i]-a[j],a[i]>a[j])。
考虑按a从小到大的顺序DP，直接树状数组维护即可。
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 #define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++) 5 using namespace std; 6 7 const int N=1000010; 8 int n,k,ans,f[N],a[N],c[N]; 9 pair<int,int>b[N]; 10 11 void add(int x,int d){ x++; for (; x<=n; x+=x&-x) c[x]=max(c[x],d); } 12 int que(int x){ x++; int res=0; for (; x; x-=x&-x) res=max(res,c[x]); return res; } 13 14 void work(int x){ 15 if (a[x]>x) return; 16 f[x]=que(x-a[x])+1; add(x-a[x],f[x]); 17 if (a[x]>=x-k && a[x]<=n-k) ans=max(ans,f[x]); 18 } 19 20 int main(){ 21 freopen("delete.in","r",stdin); 22 freopen("delete.out","w",stdout); 23 scanf("%d%d",&n,&k); 24 rep(i,1,n) scanf("%d",&a[i]),b[i]=make_pair(a[i],-i); 25 sort(b+1,b+n+1); 26 rep(i,1,n) work(-b[i].second); 27 printf("%d ",ans); 28 return 0; 29 }
8.ACday5C
一棵树，选定一个大小为k的连通块，将连通块中所有点编号拿出排序，最大化最长的连续自然数段的长度。
two pointers枚举所有相邻几个自然数，问题转化为求包含这些点的最小连通块大小。
这实际上就是求每个点到所有点的LCA的链并，也就是每两个DFS序相邻的点的路径长度和，用经典的DFS序+set维护。
1 #include<set> 2 #include<cstdio> 3 #include<algorithm> 4 #include<cstring> 5 #define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++) 6 typedef long long ll; 7 using namespace std; 8 typedef set<int>::iterator It; 9 10 const int N=100010; 11 set<int>S; 12 int n,k,u,v,sm,cnt,tot,dep[N],dfn[N],b[N],fa[N][18],h[N],nxt[N<<1],to[N<<1]; 13 14 void add(int u,int v){ to[++cnt]=v; nxt[cnt]=h[u]; h[u]=cnt; } 15 16 void dfs(int x){ 17 dfn[x]=++tot; b[tot]=x; 18 rep(i,1,17) fa[x][i]=fa[fa[x][i-1]][i-1]; 19 for (int i=h[x],k; i; i=nxt[i]) 20 if ((k=to[i])!=fa[x][0]) fa[k][0]=x,dep[k]=dep[x]+1,dfs(k); 21 } 22 23 int lca(int u,int v){ 24 if (dep[u]<dep[v]) swap(u,v); 25 int t=dep[u]-dep[v]; 26 for (int i=17; ~i; i--) if (t&(1<<i)) u=fa[u][i]; 27 if (u==v) return u; 28 for (int i=17; ~i; i--) if (fa[u][i]!=fa[v][i]) u=fa[u][i],v=fa[v][i]; 29 return fa[u][0]; 30 } 31 32 int dis(int u,int v){ return dep[u]+dep[v]-2*dep[lca(u,v)]; } 33 34 void ins(int u){ 35 It it2=S.lower_bound(dfn[u]); 36 if (it2==S.end()) it2=S.begin(); 37 It it1=it2; 38 if (it1==S.begin()) it1=S.end(),it1--; else it1--; 39 int x=b[*it1],y=b[*it2]; 40 sm+=dis(x,u)+dis(u,y)-dis(x,y); 41 S.insert(dfn[u]); 42 } 43 44 void era(int u){ 45 It it=S.lower_bound(dfn[u]),it1=it; 46 if (it1==S.begin()) it1=S.end(),--it1; else --it1; 47 It it2=it; ++it2; 48 if (it2==S.end()) it2=S.begin(); 49 int x=b[*it1],y=b[*it2]; 50 sm-=dis(x,u)+dis(u,y)-dis(x,y); S.erase(dfn[u]); 51 } 52 53 int main(){ 54 freopen("power.in","r",stdin); 55 freopen("power.out","w",stdout); 56 scanf("%d%d",&n,&k); 57 rep(i,2,n) scanf("%d%d",&u,&v),add(u,v),add(v,u); 58 dfs(1); 59 int st=1,ans=1; S.insert(dfn[1]); 60 rep(i,2,n){ 61 ins(i); 62 if (sm/2+1>k) era(st++); 63 ans=max(ans,i-st+1); 64 } 65 printf("%d ",ans); 66 return 0; 67 }
9.NOWday3A
n*m的矩阵，每个格子都有pij的概率为黑，每次矩形边界上的格子和所有与黑格子相邻的格子都会变黑，求每个格子期望在第几次变黑。
各个事件的独立性会影响概率方程的正确性，所以列的式子尽量不要包含别的概率。
一个思路是，由于最多会在max(n,m)次内变黑，所以求出每个格子在第i次变黑的概率即可。
但这样仍然不好求，考虑“每个格子至少i次才能变黑”的概率。
容易发现，“每个格子至少i次才能变黑”，当且仅当所有离它曼哈顿距离不超过i的格子全是白格子。
于是问题转化为求以每个格子为中心的菱形的概率积，直接求解即可。
最后期望就是“至少一次才能变黑的概率”+“至少两次”+“至少三次”+...
或者根据“至少”得到“恰好”，乘以曼哈顿距离为i+1的点不全为白点的概率即可。
1 #include<cstdio> 2 #include<algorithm> 3 #define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++) 4 using namespace std; 5 6 const int N=210,mod=1e9+7; 7 int n,m,x,y,v[N][N],ans[N][N],f1[N][N],f2[N][N]; 8 9 int ksm(int a,int b){ 10 int res=1; 11 for (; b; a=1ll*a*a%mod,b>>=1) 12 if (b & 1) res=1ll*res*a%mod; 13 return res; 14 } 15 16 int main(){ 17 freopen("a.in","r",stdin); 18 freopen("a.out","w",stdout); 19 scanf("%d%d",&n,&m); 20 rep(i,1,n) rep(j,1,m) 21 scanf("%d%d",&x,&y),ans[i][j]=v[i][j]=1ll*x*ksm(y,mod-2)%mod; 22 rep(j,1,m){ 23 rep(i,1,n){ 24 int s=v[i][j]; f1[i][0]=v[i][j]; 25 rep(k,1,max(n,m)){ 26 if (j-k<1 || j+k>m) break; 27 s=1ll*s*v[i][j-k]%mod*v[i][j+k]%mod; 28 f1[i][k]=1ll*f1[i-1][k-1]*s%mod; 29 } 30 } 31 for (int i=n; i; i--){ 32 int s=v[i][j]; f2[i][0]=v[i][j]; 33 rep(k,1,max(n,m)){ 34 if (j-k<1 || j+k>m) break; 35 s=1ll*s*v[i][j-k]%mod*v[i][j+k]%mod; 36 f2[i][k]=1ll*f2[i+1][k-1]*s%mod; 37 } 38 } 39 rep(i,1,n) rep(k,1,max(n,m)){ 40 if (j-k<1 || j+k>m) break; 41 ans[i][j]=(ans[i][j]+1ll*f1[i][k]*f2[i+1][k-1]%mod)%mod; 42 } 43 } 44 rep(i,1,n){ rep(j,1,m) printf("%d ",ans[i][j]); puts(""); } 45 return 0; 46 }
10.NOWday3B
在一张有向无权图(n<=5000)上找到最小的交错环并输出（即环上的边的方向交错），可以有重点但不能有重边。
考虑拆点，每条边从u出点连向v入点，问题立刻转化为在无向（二分）图上找最小环，暴力从每个点开始BFS即可。
因为可以证明：如果一个无向图的平均度数至少是8,那么它一定包含一个环。所以bfs时只要搜索最多5000*8条边,一定会找到环并退出。
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 #define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++) 5 using namespace std; 6 7 const int N=10010,M=2000010; 8 bool vis[N]; 9 int n,m,u,v,q[N],cnt,res[N],Ans[N],h[N],to[M],nxt[M],fa[N]; 10 11 void add(int u,int v){ to[++cnt]=v; nxt[cnt]=h[u]; h[u]=cnt; } 12 void init(){ cnt=0; memset(h,0,sizeof(h)); } 13 14 int main(){ 15 freopen("b.in","r",stdin); 16 freopen("b.out","w",stdout); 17 scanf("%*d"); 18 while (1){ 19 scanf("%d%d",&n,&m); init(); 20 if (n==0) break; 21 rep(i,1,m) scanf("%d%d",&u,&v),add(u,v+n),add(v+n,u); 22 int ans=-1; 23 rep(i,1,n){ 24 memset(vis,0,sizeof(vis)); 25 memset(fa,0,sizeof(fa)); 26 q[1]=i; vis[i]=1; 27 int tot=0; bool flag=0; 28 for (int st=0,ed=1; st<ed; ){ 29 if (flag) break; 30 int x=q[++st]; 31 for (int p=h[x],k; p; p=nxt[p]){ 32 if (vis[k=to[p]] && k!=fa[x]){ 33 while (x!=i) res[++tot]=x,x=fa[x]; 34 res[++tot]=i; reverse(res+1,res+tot+1); 35 while (k!=i) res[++tot]=k,k=fa[k]; 36 flag=1; break; 37 } 38 if (!vis[k]) vis[k]=1,fa[k]=x,q[++ed]=k; 39 } 40 } 41 if (tot && (ans==-1 || tot<ans)) ans=tot,swap(Ans,res); 42 } 43 printf("%d ",ans); 44 if (ans==-1) continue; 45 rep(i,1,ans) printf("%d ",(Ans[i]-1)%n+1); 46 puts(""); 47 } 48 return 0; 49 }
11.NOWday3C
有一堆石子,先手可取任意数量的石子但是无法直接全部取走，此后每个人可取前一个人取走的k倍以内任意数量的石子(不能不取)，取走最后一个石子的赢，问先手是否必胜。
部分分：容易得到kn的DP算法，并发现k=2时所有必败态都在fibonacci数点上。
结论：若先手在n=n0时输，那么找到[n0/k,n0)中最小的m0使先手输，则先手在n=n0+m0时同样必败（而在(n0,n0+m0)中均必胜）。
由此可以直接找到所有必败点。
证明：若n在(n0,n0+m0)中，则先手将石子数变为n0即可。n=n0+m0时，先手无法取m0（太大），则后手可以取m0到必胜态。得证。
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 #define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++) 5 typedef long long ll; 6 using namespace std; 7 8 ll m,n,i,j,T,nw[10000010]; 9 10 int main(){ 11 freopen("c.in","r",stdin); 12 freopen("c.out","w",stdout); 13 for (scanf("%lld",&T); T--; ){ 14 scanf("%lld%lld",&m,&n); 15 if(n<=m+1){ puts("DOG"); continue; } 16 for (i=1; i<=m+1; ++i) nw[i]=i; 17 j=1; 18 while (nw[i-1]<n){ 19 while ((nw[i-1]-1)/nw[j]>=m) ++j; 20 nw[i]=nw[i-1]+nw[j]; ++i; 21 } 22 puts(nw[i-1]==n?"DOG":"GOD"); 23 } 24 return 0; 25 }
12.ACday6B
四个梯子，n层每层只有一个梯子在这层有木块，问有多少种方案，满足存在一个梯子，任意两个有木块的层之间距离不超过d（第一块要小于等于d，最后一块要大于等于n-d）。(n<=1000,d<=30)
容易想到f[i][x][y][z][w]的DP，若一个梯子存在间隔超过d的层则直接记为d层，故状态数是nd^4的。
考虑去掉一维，对于当前正在考虑的这层所放的梯子，只需要管它是死是活即可。状态变为f[i][0/1][x][y][z]，DP之间的转移要考虑清楚。
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 #define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++) 5 using namespace std; 6 7 const int N=35,mod=1e9+9; 8 int n,h,f[2][2][N][N][N],u,ans; 9 10 int cal(int x){ return min(x+1,h); } 11 void inc(int &x,int y){ x+=y; if (x>=mod) x-=mod; } 12 13 int main(){ 14 freopen("ladder.in","r",stdin); 15 freopen("ladder.out","w",stdout); 16 scanf("%d%d",&n,&h); f[u=0][1][1][1][1]=1; 17 rep(p,2,n){ 18 u^=1; memset(f[u],0,sizeof(f[u])); 19 rep(i,0,h) rep(j,0,h) rep(k,0,h){ 20 int t=f[u^1][0][i][j][k]; 21 inc(f[u][i<h][h][cal(j)][cal(k)],t); 22 inc(f[u][j<h][cal(i)][h][cal(k)],t); 23 inc(f[u][k<h][cal(i)][cal(j)][h],t); 24 inc(f[u][0][cal(i)][cal(j)][cal(k)],t); 25 t=f[u^1][1][i][j][k]; 26 inc(f[u][i<h][1][cal(j)][cal(k)],t); 27 inc(f[u][j<h][cal(i)][1][cal(k)],t); 28 inc(f[u][k<h][cal(i)][cal(j)][1],t); 29 inc(f[u][1][cal(i)][cal(j)][cal(k)],t); 30 } 31 } 32 rep(i,0,h) rep(j,0,h) rep(k,0,h) 33 inc(ans,f[u][0][i][j][k]),inc(ans,f[u][1][i][j][k]); 34 inc(ans,mod-f[u][0][h][h][h]); 35 printf("%lld ",4ll*ans%mod); 36 return 0; 37 }
13.NOWday5A
求x在[0,n]，y在[0,m]且(x^y)%m=0的(x,y)个数，n,m<=1e18。
见代码。
1 ll solve(ll a,ll b){ 2 ll ans=0; a++; b++; 3 rep(i,0,60) if (a&(1ll<<i)) 4 rep(j,0,60) if (b&(1ll<<j)){ 5 int k=max(i,j); 6 ll l=((a^(1ll<<i))^(b^(1ll<<j)))&(~((1ll<<k)-1)),r=l+(1ll<<k)-1; 7 ans=(ans+(r/m-l/m+(l%m==0))%mod*((1ll<<min(i,j))%mod))%mod; 8 } 9 return ans; 10 }
14.NOWday5C
求有多少对01串S,T，满足：
1. S有a个0，b个1
2. T有c个0，d个1
3. T是S的子序列。
a,b,c,d<=2000
当T确定时，考虑往T上加a-c个0和b-d个1得到S。为了避免重复，规定T一定要是S的第一个长这样的子序列。
于是每个0就只能加在T中某个1的前面，或T的末尾。1同理。
枚举有多少个0和1不加在末尾，组合数求解，最后乘上C(c+d,c)即可。特判c=0或d=0。
rep(i,0,b) rep(j,0,a) ans+=C(c+i-1,c-1)*C(d+j-1,d-1)*C(a-c+b-d-i-j,b-d-i);
15.WHday1
5个大小为200的集合，要求从5个集合中各选一个使和为0，求方案数。
分成2+2+1的形式，枚举1的那200个数，将另外两个排序双指针扫一下即可。
16.WHday2
n棵树，每棵树有a[i]个桃子，掉落的速度是每天d[i]个。接下来k天，每天可以将一棵树上的桃子摘光，求最大摘桃数。(n,k<=1000)
显然最优解中是按d从大到小摘的，那么我们将所有数按d排序后直接DP即可。
17.WHday3T1
n个点，每个点有两个值s和l，当i<j且|si-sj|<=li+lj时，从i到j连一条长度为(j-i)^2的边，求1到n的最短路。
乱搞做法：每一次从i到j显然是j-i越小越好，那么每次只考虑从i跳到i+1,i+2,...,i+12，可得90分。
正解：显然DP，发现每个点可以抽象成一个[si-li,si+li]的区间，两区间有交即可连边。于是用set维护一个区间集合。容易证明，若两个区间有交，则交的部分一定取编号较大的一个，于是set中存的区间都是互不相交的。每次加入新的区间时，先找到set中与它相交的区间进行转移，再用这个区间覆盖别的区间，复杂度O(nlogn)。
18.WHday3T2
支持两种操作:区间覆盖成某种颜色，区间查询共有多少种不同的颜色。颜色数<=30
如果是单点修改，就是经典原题，记录每个位置的lst（即上个和它颜色相同的位置），则询问就是求lst<l的位置的个数。
但这个题不要陷入惯性思维，由颜色数入手，使用线段树，用二进制记录每个区间有哪些颜色，支持区间覆盖和或运算即可。
19.WHday6T1
n个数，每次询问有多少种子集选法，使子集和为m倍数，相等数算不同选法。n<=1e5，Q<=30，m<=100。
O(nmQ)的不难想到，70分。发现每个数x和x%m是完全等价的，于是考虑将复杂度优化成O(Q(nm+m^3))。
首先用桶记录0~m-1每个数出现的次数，然后f[i][j]表示前i个数凑成j的方案数。
显然有f[i][j]=f[i-1][j-k*a[i]]*C(n,k)，状态数只有O(n^2)，考虑去掉k对复杂度的影响。
预处理p[i][j]记录数i对凑成j的方案数C的影响（也就是C之和），转移时直接枚举f[i-1][l]*p[i][i-l]即可。
20.WHday6T2
平面上n个点，用K个边长为L的正方形覆盖所有点，最小化L。n<=1e5,K<=3。
K=1直接求解。
K=2找到覆盖所有点的最小矩形，则两个正方形一定分别在矩形的两个对角上，答案为max{min(max(xi-x0,yi-y0),max(x1-xi,y1-yi))}。
K=3肯定有至少一个正方形在矩形的一个角上，讨论在哪个角上并二分这个正方形的边长，问题转化为K=2的情况。
21.WHday6T3
在一张有向图上随便走（步数可无限），第i步走到的点x的贡献为x*r^i，求能走出的最大收益，保留一位小数。n<=100,0<r<0.999999。
先将有限情况直接算出，步数不可能超过n步。
无限情况显然不可能精确算出，但如果能考虑往后走2^30步的最大收益，精度上就几乎没有误差了。
套路：f[i][j][p]表示从i走2^p步到j的最大收益，转移枚举走2^(p-1)步时到的点k，则f[i][j][p]=f[i][k][p-1]+f[k][j][p-1]*(w^(2^(p-1)))。
22.NOWday5T1
一张有向图上，每个点有一个字符，求从每个点出发的字典序最小的最长路。
方法一：难点主要在于比较两条路径的字典序，而比较只会发生在离终点距离相等的点之间，所以只要在拓扑时用优先队列，保证同层点之间的大小关系即可。
1 #include<queue> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm> 5 #define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++) 6 using namespace std; 7 8 const int N=1000010,mod=998244353; 9 int n,m,u,v,w,cnt,tot,ind[N],ans[N],rk[N],fr[N],pre[N],dis[N],h[N],to[N],nxt[N],val[N]; 10 void add(int u,int v,int w){ to[++cnt]=v; val[cnt]=w; nxt[cnt]=h[u]; h[u]=cnt; } 11 12 struct P{ int x,dis,pre,rk; }; 13 bool operator <(const P &a,const P &b){ 14 return (a.dis==b.dis) ? ((a.pre==b.pre) ? a.rk>b.rk : a.pre>b.pre) : a.dis>b.dis; 15 } 16 priority_queue<P>Q; 17 18 void Top(){ 19 rep(i,1,n) if (!ind[i]) Q.push((P){i,0,0,0}),ans[i]=0; 20 while (!Q.empty()){ 21 int x=Q.top().x; Q.pop(); rk[x]=++tot; 22 if (ans[x]==-1) ans[x]=29ll*(ans[fr[x]]+pre[x])%mod; 23 for (int i=h[x]; i; i=nxt[i]){ 24 int k=to[i]; 25 if ((dis[k]<dis[x]+1) || ((dis[k]==dis[x]+1) && ((val[i]<pre[k]) || (val[i]==pre[k] && rk[fr[k]]>rk[x])))) 26 dis[k]=dis[x]+1,pre[k]=val[i],fr[k]=x; 27 if (!--ind[k]) Q.push((P){k,dis[k],pre[k],rk[fr[k]]}); 28 } 29 } 30 } 31 32 int main(){ 33 scanf("%d%d",&n,&m); 34 rep(i,1,m) scanf("%d%d%d",&u,&v,&w),add(v,u,w),ind[u]++; 35 memset(ans,-1,sizeof(ans)); Top(); 36 rep(i,1,n) if (ans[i]==-1) puts("Infinity"); else printf("%d ",ans[i]); 37 return 0; 38 }
方法二：hash+倍增。找出第一个不同的位置比较。
1 #include<cstdio> 2 #include<algorithm> 3 #define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++) 4 using namespace std; 5 6 typedef long long ll; 7 8 const int mod=998244353,P1=31,P2=19260817; 9 const int N=1000010; 10 int n,m,u,v,w,cnt,ans[N],dis[N],ind[N],pw[N],q[N],f[N][21],g[N][21],h[N],to[N],val[N],nxt[N]; 11 void add(int u,int v,int w){ to[++cnt]=v; val[cnt]=w; nxt[cnt]=h[u]; h[u]=cnt; } 12 13 bool Cmp(int x,int y){ 14 for (int i=20; ~i; i--) 15 if (f[x][i] && f[y][i] && g[x][i]==g[y][i]) x=f[x][i],y=f[y][i]; 16 return g[x][0]>g[y][0]; 17 } 18 19 int main(){ 20 scanf("%d%d",&n,&m); 21 rep(i,1,m) scanf("%d%d%d",&u,&v,&w),add(v,u,w),ind[u]++; 22 pw[0]=P1; rep(i,1,20) pw[i]=1ll*pw[i-1]*pw[i-1]%P2; 23 int st=0,ed=0; 24 rep(i,1,n) if (!ind[i]) q[++ed]=i; 25 while (st<ed){ 26 int x=q[++st]; 27 rep(i,1,20) f[x][i]=f[f[x][i-1]][i-1],g[x][i]=(1ll*g[x][i-1]*pw[i-1]%mod+g[f[x][i-1]][i-1])%mod; 28 for (int i=h[x]; i; i=nxt[i]){ 29 int k=to[i]; 30 if (dis[x]+1>dis[k] || (dis[x]+1==dis[k] && (g[k][0]>val[i] || (g[k][0]==val[i] && Cmp(f[k][0],x))))) 31 g[k][0]=val[i],f[k][0]=x,ans[k]=29ll*(ans[x]+val[i])%mod,dis[k]=dis[x]+1; 32 if (!--ind[k]) q[++ed]=k; 33 } 34 } 35 rep(i,1,n) if (ind[i]) puts("Infinity"); else printf("%d ",ans[i]); 36 return 0; 37 }
23.求a+b<=n且a+b|ab的数对(a,b)数量，n<=1e12。
设d=gcd(a,b),a'=a/d,b'=b/d，则有(a'+b')d|a'b'd^2。
因为若a与b互质，则a+b与ab互质，故有a'+b'|d。
由a'+b'<=d且(a'+b')d<=n，得到a'+b'<=sqrt(n)。
枚举k=a'+b'，则对于每个k有n/k^2个d(a'+b'|d且d<=n/(a'+b'))，和phi(k)个a。
24.给定数列a，多次询问(l,r,k)，回答a[l~r]中模k最大的数。n，k<=1e5。
发现对于每个k，[ak,(a+1)k)之间的最大值一定是这些数%k的最大值，这样的区间一共klogk个。
分块，预处理ans[i][j]表示第i块模j的最大值。块的大小设为sqrt(klogk)。
考虑如何计算ans，对每块开个桶记录不大于某个数的最大的数，然后klogk枚举所有区间更新。
25.(1)[ACday9A][BZOJ4773]一张有向带权图，找边数最少的负环，输出边数。(n<=300)
首先发现，floyd可以看作类似矩阵乘法的操作，而矩阵乘法是可以快速幂加速的，于是这个题的思路就比较清晰了。
f[l][i][j]表示从i走2^l以内步到j，能走出的最小边权和，通过枚举中间点转移，然后用类似倍增LCA的方法求出答案。
1 #include<cstdio> 2 #include<algorithm> 3 #define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++) 4 using namespace std; 5 6 const int N=310,inf=1e9; 7 int n,m,ans,u,v,w,f[10][N][N],now[N][N],tmp[N][N]; 8 9 void mul(int a[N][N],int b[N][N],int c[N][N]){ 10 rep(i,1,n) rep(j,1,n) c[i][j]=inf; 11 rep(k,1,n) rep(i,1,n) rep(j,1,n) 12 if (a[i][k]!=inf && b[k][j]!=inf) c[i][j]=min(c[i][j],a[i][k]+b[k][j]); 13 } 14 15 int main(){ 16 freopen("bzoj4773.in","r",stdin); 17 freopen("bzoj4773.out","w",stdout); 18 scanf("%d%d",&n,&m); 19 rep(k,0,9) rep(i,1,n) rep(j,1,n) f[k][i][j]=inf; 20 rep(i,1,n) rep(j,1,n) now[i][j]=inf; 21 rep(i,1,n) f[0][i][i]=now[i][i]=0; 22 rep(i,1,m) scanf("%d%d%d",&u,&v,&w),f[0][u][v]=w; 23 rep(i,1,9) mul(f[i-1],f[i-1],f[i]); 24 for (int i=9; ~i; i--){ 25 mul(now,f[i],tmp); bool flag=0; 26 rep(j,1,n) if (tmp[j][j]<0) flag=1; 27 if (!flag){ 28 ans|=1<<i; 29 rep(j,1,n) rep(k,1,n) now[j][k]=tmp[j][k]; 30 } 31 } 32 if (ans>n) puts("0"); else printf("%d ",ans+1); 33 return 0; 34 }
(2)[NOW7day7C]一张有向图无权图，每次询问ui到vi是否存在长度为li的路径。(n<=100,l<=1e9)
类似的想法，f[l][i][j]表示i走2^l以内步能否到达j，每次将li二进制拆分，更新能到达的状态集合，使用bitset优化O(n^3logn/64)。
1 #include<bitset> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm> 5 #include<iostream> 6 #define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++) 7 #define For(i,x) for (int i=h[x]; i; i=nxt[i]) 8 typedef long long ll; 9 using namespace std; 10 11 const int N=110; 12 int n,m,u,v,Q,l; 13 bitset<N>f[31][N],to[2]; 14 15 int main(){ 16 freopen("c.in","r",stdin); 17 freopen("c.out","w",stdout); 18 scanf("%d%d",&n,&m); 19 rep(i,1,m) scanf("%d%d",&u,&v),f[0][u][v]=1; 20 rep(j,1,30) rep(i,1,n) rep(k,1,n) if (f[j-1][i][k]) f[j][i]|=f[j-1][k]; 21 for (scanf("%d",&Q); Q--; ){ 22 scanf("%d%d%d",&l,&u,&v); 23 int p=1,q=0; 24 to[0].reset(); to[1].reset(); to[0][u]=1; 25 rep(j,0,30) if (l&(1<<j)){ 26 p^=1; q^=1; to[q].reset(); 27 rep(i,1,n) if (to[p][i]) to[q]|=f[j][i]; 28 } 29 puts((to[q][v])?"YES":"NO"); 30 } 31 return 0; 32 }
26.经典问题：一张无向带权连通图，每次询问ui到vi是否存在一条路径（可以走环）异或和为wi。(n<=1e5)
先求出图的一棵生成树，非树边的权值全部由val变为val^s[u][lca]^s[v][lca]，其中s[i][j]为i到j的路径异或和。
对非树边建线性基，每次将询问扔进线性基查询即可。
27.NOWday8C
双人博弈，轮流操作，每次从数列两端共选k个数删去(k|n-1)，A要使最后留下的数最大，B要使最小。A先手，求最终剩下的数。线性。
实际上要求游戏的纳什均衡点。先考虑最后一步A取的情况。
考虑到若对A来说均衡点在最中间k个数中，则A一定能通过模仿B的操作（即B首选了x个，尾y个，则A反之）从而保证最后未删的点就是这个数。而若不在最中间的k个数中，B一定能通过模仿A从而删掉这个数打破平衡。故最终答案只要在最中间的k个数中取max即可。
若最后一步B取，则B也同理会在最中间的k个数中选出最小的，则A的最后一步决策一定是在最中间的连续2k个数中找最小值最大的一个长度为k的区间。
1 #include<cstdio> 2 #include<algorithm> 3 #define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++) 4 using namespace std; 5 6 const int N=1000010; 7 int T,a[N],n,k,P,q[N]; 8 char s[N]; 9 10 int main(){ 11 for (scanf("%d",&T); T--; ){ 12 scanf("%s",s); scanf("%d%d",&n,&k); 13 if (s[2]=='w') rep(i,1,n) scanf("%d",&a[i]); 14 else{ 15 scanf("%d%d",&a[1],&P); 16 rep(i,2,n) a[i]=(2333ll*a[i-1]+6666)%P; 17 } 18 if ((n-1)/k&1){ 19 int ans=0,mid1=(n-k+1)/2, mid2=k+(n-k+1)/2; 20 rep(i,mid1,mid2) ans=max(ans,a[i]); 21 printf("%d ", ans); 22 } 23 else{ 24 int ans=0,mid1=(n-2*k+1)/2,mid2=2*k+(n-2*k+1)/2,l=1,r=0; 25 rep(i,mid1,mid2){ 26 while (l<=r && q[l]<i-k) l++; 27 while (l<=r && a[q[r]]>a[i]) r--; 28 q[++r]=i; 29 if (i>=mid1+k) ans=max(ans,a[q[l]]); 30 } 31 printf("%d ", ans); 32 } 33 } 34 return 0; 35 }