地址：https://atcoder.jp/contests/agc033/
D Complexity
dp[ i ][ j ][ k ][ l ] 表示左上角是 ( i , j ) 、右下角是 ( k , l ) 的矩阵的最小代价。
注意到答案是 log(n) + log(m) 级别的，因为每次从中间分， log 次之后就变成一行/列，log(n)+log(m)次就变成 1*1 的格子，代价是 0 。
所以把值和角标互换，dp[ i ][ j1 ][ j2 ][ k ] 表示左上角是 ( i , j1 ) 、右上角是 ( i , j2 ) 、用 k 的代价，往下最长能延伸到哪行。
转移的时候考虑横着切与竖着切。令 d = dp[ i ][ j1 ][ j2 ][ k ] ，首先有 d = dp [ dp[ i ][ j1 ][ j2 ][ k-1 ] ] [ j1 ][ j2 ][ k-1 ] ；
然后考虑 j3 满足 j1 <= j3 < j2 ，使得 [ j1 , j3 ] 和 [ j3+1 , j2 ] 就是分出的两部分；
如果 dp[ i ][ j1 ][ j3 ][ k-1 ] 和 dp[ i ][ j3+1 ][ j2 ][ k-1 ] 有一个是 < d 的，那么说明在这里切之后，两边有一个部分的代价 > k-1 ；
考虑二分找出最大的 min( dp[ i ][ j1 ][ j3 ][ k-1 ] , dp[ i ][ j3+1 ][ j2 ][ k-1 ] ) 。因为固定一条边之后，矩形越大，代价越大，所以根据两个值的大小关系来二分即可。
#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; int Mx(int a,int b){return a>b?a:b;} int Mn(int a,int b){return a<b?a:b;} const int N=190; int n,m,sm[N][N],dp[2][N][N][N]; char ch[N][N]; bool chk(int x1,int y1,int x2,int y2) { int s=sm[x2][y2]-sm[x2][y1-1]-sm[x1-1][y2]+sm[x1-1][y1-1]; return (!s)||s==(x2-x1+1)*(y2-y1+1); } int main() { scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%s",ch[i]+1); for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++)sm[i][j]=sm[i][j-1]+(ch[i][j]=='.'); for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++)sm[i][j]+=sm[i-1][j]; for(int i=1;i<=n;i++) for(int j1=1;j1<=m;j1++) for(int j2=j1;j2<=m;j2++) { int l=i,r=n,ans=i-1; while(l<=r) { int mid=l+r>>1; if(chk(i,j1,mid,j2))ans=mid,l=mid+1; else r=mid-1; } dp[0][i][j1][j2]=ans; } if(dp[0][1][1][m]==n){puts("0");return 0;} bool u=1,v=0; for(int t=1;t<=16;t++,swap(u,v)) { for(int i=1;i<=n;i++) for(int j1=1;j1<=m;j1++) for(int j2=j1;j2<=m;j2++) { int d=dp[v][dp[v][i][j1][j2]+1][j1][j2]; if(dp[v][i][j1][j2]==n) { dp[u][i][j1][j2]=n;continue;} int l=j1,r=j2-1; while(l<=r) { int mid=l+r>>1; int t1=dp[v][i][j1][mid],t2=dp[v][i][mid+1][j2]; d=Mx(d,Mn(t1,t2)); if(t1>=t2)l=mid+1; else r=mid-1; } dp[u][i][j1][j2]=d; } if(dp[u][1][1][m]==n) {printf("%d ",t);return 0;} } }
E Go around a Circle
题解：https://blog.csdn.net/yzyyylx/article/details/89839025
关键是把 “有一种颜色不能相邻” 和 “长度是奇数” 的限制用 “形如 RRR..RRB 的段” 的角度来看，通过 “ 长度/2 ” 来去掉第二个条件。
注意最后一个连续段如果是和第一个字符相同的字符，不会对长度造成限制。注意是全局的最后一个连续段，而不是该种字符的最后一段。
#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #define ll long long using namespace std; int Mn(int a,int b){return a<b?a:b;} const int N=2e5+5,mod=1e9+7; int upt(int x){while(x>=mod)x-=mod;while(x<0)x+=mod;return x;} int n,m,lm,dp[N],sm[N],ans,g[N]; char s[N]; void solve() { g[0]=sm[0]=1; for(int i=1;i<=n;i++) { if(i>=2)g[i]=sm[i-2]; sm[i]=upt(sm[i-1]+g[i]); } int ans=1;//ans=1 for all one color for(int i=2;i<=n;i++) ans=(ans+(ll)i*g[n-i])%mod; printf("%d ",ans); } int main() { scanf("%d%d",&n,&m); scanf("%s",s+1); bool fg=0; for(int i=1;i<=m;i++) if(s[i]!=s[1]){fg=1;break;} if(!fg){solve();return 0;} if(n&1){puts("0");return 0;} lm=n+1; for(int i=1;i<=m;i++) if(s[i]==s[1])//== not != { int j=i; while(j+1<=m&&s[j+1]==s[j])j++; swap(i,j); j=i-j+1; if(i-j==0) lm=Mn(lm,j+((j&1)==0)); else if((j&1)&&i!=m)lm=Mn(lm,j);//i!=m not lst //else if((j&1)&&i!=lst)lm=Mn(lm,j); } n>>=1; lm=(lm+1)>>1; dp[0]=sm[0]=1; for(int i=1;i<=n;i++) { dp[i]=sm[i-1]; if(i>lm)dp[i]=upt(dp[i]-sm[i-lm-1]); sm[i]=upt(sm[i-1]+dp[i]); } int ans=0; for(int i=1;i<=lm;i++)//lm not n ans=(ans+(ll)i*2*dp[n-i])%mod; printf("%d ",ans); return 0; }
F Adding Edges
题解代码看了这个：https://atcoder.jp/contests/agc033/submissions/5406519
但还是不太明白这道题是怎么回事……
算法流程大概是：
考虑把图上的边一条一条加进去，一边加一边让它尽量贴在树上；就是如果有边 ( a, b ) 和 ( a, c ) 且在树上有 a->b->c 的链（a,b,c可以不相邻），就把 ( a, c ) 的边改成 ( b, c ) 的边。
然后可以认为一个点沿图上的边、顺着树上的链能走到的点都是它可以连边的对象；走不到的就是不能连边的。
所以主要考虑怎么把第一行的那个操作实现。
考虑图中加入一条边 ( a, b ) ；把树上 a -> b 的路径找出来； a 和 b 都沿图上的边、顺着树上的链往对方走过去（别走得过了，可以先走 a ，然后 b 走的时候不要超过 a 的位置）；
如果 a 走到路径的另一端，或者 a 和 b 停下之后发现它们在图上已经有边了，就不管了；
否则就给图连上 ( a, b ) ；然后要考虑这条边是否导致一些边需要修改；需要修改的边一定有一个端点是 a 或者 b ，设一条边 ( a, x ) 要被删掉，需要满足树上有 a->b->x 的链（a,b,x可以不相邻），那么就要把 ( a, x ) 改成 ( b, x ) ；改的操作就是删边，然后递归这个“加边”操作来加入新边。
把一个点的出边用 set 存就能方便地删边了。
判断一个点 cr 在两个点 s , t 的路径上，可以通过判断 dis( s, t ) == dis( s, cr ) + dis( cr, t ) 。
尚不明白正确性或者复杂度……
#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<set> using namespace std; int rdn() { int ret=0;bool fx=1;char ch=getchar(); while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')fx=0;ch=getchar();} while(ch>='0'&&ch<='9')ret=ret*10+ch-'0',ch=getchar(); return fx?ret:-ret; } const int N=2005; int n,m,hd[N],xnt,to[N<<1],nxt[N<<1],fa[N][N],dis[N][N]; int p[N<<1],tot,ans; bool vis[N][N]; set<int> cd[N]; set<int>::iterator it; void add(int x,int y){to[++xnt]=y;nxt[xnt]=hd[x];hd[x]=xnt;} void ini_dfs(int cr,int rt,int lj) { dis[rt][cr]=lj; for(int i=hd[cr],v;i;i=nxt[i]) if(!fa[rt][v=to[i]]) { fa[rt][v]=cr; ini_dfs(v,rt,lj+1);} } void fnd_path(int x,int y) { tot=0; p[++tot]=x; while(x!=y){ x=fa[y][x]; p[++tot]=x;} } bool on_path(int cr,int s,int t) {return dis[s][t]==dis[s][cr]+dis[cr][t];} void solve(int x,int y) { fnd_path(x,y); int s=x,t=y,tmp=1; for(int i=1;i<=tot;i++) if(vis[s][p[i]])s=p[i],tmp=i; for(int i=tot;i>=tmp;i--) if(vis[t][p[i]])t=p[i];//>=tmp if(s==y||vis[s][t])return; int tp[N],tt=0;//here not use p[]!!! for(it=cd[s].begin();it!=cd[s].end();it++) if(on_path(t,(*it),s))tp[++tt]=(*it); int bj=tt; for(it=cd[t].begin();it!=cd[t].end();it++) if(on_path(s,(*it),t))tp[++tt]=(*it); vis[s][t]=vis[t][s]=1; cd[s].insert(t); cd[t].insert(s); for(int i=1;i<=bj;i++) { int v=tp[i]; vis[s][v]=vis[v][s]=0; cd[s].erase(v); cd[v].erase(s); solve(t,v); } for(int i=bj+1;i<=tt;i++) { int v=tp[i]; vis[t][v]=vis[v][t]=0; cd[t].erase(v); cd[v].erase(t); solve(s,v); } } void dfs(int cr,int rt) { set<int>::iterator it2;//don't use it!!!!! for(it2=cd[cr].begin();it2!=cd[cr].end();it2++) if(on_path(cr,rt,(*it2))&&!vis[rt][*it2]) vis[rt][*it2]=1,ans++,dfs((*it2),rt); } int main() { n=rdn();m=rdn(); for(int i=1,u,v;i<n;i++) { u=rdn();v=rdn();add(u,v);add(v,u);} for(int i=1;i<=n;i++) fa[i][i]=-1,ini_dfs(i,i,0); for(int i=1,u,v;i<=m;i++) { u=rdn();v=rdn();solve(u,v);} memset(vis,0,sizeof vis); for(int i=1;i<=n;i++) dfs(i,i); printf("%d ",ans/2); return 0; }