Comet OJ

　　　　　Comet OJ - Contest #8参赛总结——林荫

本人还是一如既往的菜。
Comet OJ - Contest #X属于ACM赛制
六道题目难度从入门到金牌递增

　　本次总结给出T3,4分析与解法（5，6以后填坑）

　　T3：符文能量

1000ms，256MB

题目描述
米薇女王万万没有想到考德威尔男爵的真实意图。她的脑海里浮现出莱里亚的秀美山河，可惜再也回不去了。

不过所幸的是，她还有着军队和重整山河的勇气。雷纳德为米薇女王呈上了

形象的，我们可以把每个符文石 $PiP_iPi 描述成一个二元组 (ai,bi)(a_i,b_i)(ai,bi) 。对于两个相邻的符文石 PiP_iPi 与 Pi+1 P_{i+1}Pi+1，可以把他们融合为 (ai,bi+1)(a_i,b_{i+1})(ai,bi+1) 并释放出 ai+1∗bia_{i+1}*b_iai+1∗bi 的能量。融合完的符文石会替换掉原本的两个二元组，出现在他们的位置上。米薇希望把所有的 nnn 个符文石融合成 111 个符文石。你可以以任意顺序合并相邻的两个符文石。$

幸运的是，米薇找到了一个法力通天的术士，在全部融合过程前你可以选择一段连续的区间将里面的符文石精炼。即把原本的一段二元组 $(ai,bi)(a_i,b_i)(ai,bi) 乘 kkk 变为 (ai⋅k,bi⋅k)(a_i cdot k,b_i cdot k)(ai⋅k,bi⋅k)。当然你也可以不选择任何区间。注意此操作必须在初始状态进行。$

她希望她释放的能量尽可能小并想知道这个值是多少。

你可以结合样例解释来理解题目。
输入描述

第

接下来 $aia_iai 与 bib_ibi 。描述第 iii 个符文石的属性。$
- $10^52≤n≤105$
- $|a_i|,|b_i|,|k|leq 2000≤∣ai∣,∣bi∣,∣k∣≤200$
输出描述

一个整数，释放能量的最小值
样例输入 1
```
4 -1
-1 -2
2 3
3 4
-3 5
```
样例输出 1

　　　　-25

　　分析：提供一种和正解不沾边的做法：观察题目可知，所给入的参数a[1]和b[n]是不参与计算的。进而可得知如果不考虑精炼的话，原始式子的答案固定，即为sum(i=1,i<n)a[i+1]*b[i]。下面开始考虑精炼的情况。

　　　手动推导式子可以得到一个神奇的发现：如果假设精炼的区间为L，R，那么答案就是a[2]*b[1]+a[3]*b[2]+a[4]*b[3]......+a[L-1]*b[L-2]+a[L]*b[L-1]*K+a[L+1]*b[L]*K^2+a[L+2]*b[L+1]*K^2.......a[R]*b[R-1]*K^2+a[R+1]*b[R]*K+a[R+2]*b[R+1].......

　　然后这个问题就变成了求上述式子的最小值。

　　那果断DP啊。

　　至于方程？状态：DP[i][0]在1——i的区间内不使用精炼的最小值，DP[i][1]在1——i的区间内已经开始精炼，但是精炼未结束的最小值。DP[i][2]在1——i的区间内已经完成精炼的最小值

for(int i=1;i<n;i++)
    {
        dp[i][0]=dp[i-1][0]+sum[i];
        dp[i][1]=min(dp[i-1][0]+sum[i]*k,dp[i-1][1]+sum[i]*k*k);
        dp[i][2]=min(dp[i-1][1]+sum[i]*k,dp[i-1][2]+sum[i]);
    }

　　标程放上！

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
long long int n,k,a1,a2;
long long int sum[100001];
long long int dp[100001][3];
int main()
{
    scanf("%lld%lld",&n,&k);
    scanf("%lld",&a1);
    for(int i=1;i<n;i++)
    {
        scanf("%lld%lld",&a1,&a2);
        sum[i]=a1*a2;
    }
    scanf("%lld",&a1);
    for(int i=1;i<n;i++)
    {
        dp[i][0]=dp[i-1][0]+sum[i];
        dp[i][1]=min(dp[i-1][0]+sum[i]*k,dp[i-1][1]+sum[i]*k*k);
        dp[i][2]=min(dp[i-1][1]+sum[i]*k,dp[i-1][2]+sum[i]);
    }
    cout<<min(dp[n-1][0],min(dp[n-1][2],dp[n-1][1]));
    return 0;
}

T4：

题目描述

菜菜太菜，但他不想种菜。

有

菜菜可以购买一些土地，他必须在其中选择一块建造自己的家，所购买的剩下的土地都被作为菜地。因为菜菜不想种菜，所以他希望从他家能直接到达的土地中，一块菜地也没有（如果菜菜家不能直接到达任何一块土地，这也能满足他的愿望）。

菜菜提出了

输入描述

第

第 $aia_iai 表示第 iii 块土地的菜值。$

接下来 $ui,viu_i,v_iui,vi，表示第 iii 条小路从第 uiu_iui 块土地通向第 viv_ivi 块土地。$

接下来 $li,ril_i,r_ili,ri，表示菜菜第 iii 个问题中购买了 [li,ri][l_i,r_i][li,ri] 中的所有土地。$

$10^61≤n,m,q≤106$
$a_ile 3001≤ai≤300$
$u_i,v_ile n,u_i eq v_i1≤ui,vi≤n,ui�=vi$
$l_ile r_ile n1≤li≤ri≤n。$

输出描述

为了避免输出量过大，设 $ansians_iansi 表示第 iii 个询问的答案。你只需要输出 111 行 111 个整数 xori=1qi×ansi{ m xor}_{i=1}^qi imes ans_ixori=1qi×ansi，即所有询问的编号与答案的乘积依次按位异或（c++中的64位整数^）的结果。$

样例输入 1

样例输出 1

样例输入 2

5 6 3
114 29 219 231 165
5 4
1 2
1 3
5 3
3 2
3 4
2 2
1 2
4 5

样例输出 2

658
好吧我老实交待我考场上3，4都没做出来，3还想了想，4压根没看
首先分析题目，发现只有当某块地它左边直接相连的土地为L以外的点右边为R以外的点时，这块土地才可以作为菜地
记这两个直接相连的点为xi，yi(如果不存在的话xi=0，yi=n+1)，所以原题求对于每一组询问[L,R],求出L<=I<=R且XI<L&&YI>R时的Val[i]之和
下面我们生成六个神奇参数：a<=i<=b,c<=xi<=d,e<=yi<=f
这样的话就可以用6个神奇参数约束出每一种情况，记作S(a,b,c,d,e,f)
答案即为S(L,R,0,L-1,R+1,n+1),但是这个鬼东西不会算啊
不虚，咱能差分
S(L,R,0,L-1,R+1,n+1)=S(L,R,0,n+1,0,n+1)-S(L,R,L,n+1,0,n+1)-S(L,R,0,n+1,0,R)+S(L,R,L,n+1,0,R)
这样的话就变成了一次枚举两个参数的二维数点
二维数点有经典做法，将所有询问离线，点和询问按第一维排序，第二维作为 下标，顺次扫描，遇到一个点将它第二维对应的位置加上它的权值，遇到一个 询问就查询对应第二维的对应的区间和，只需一个支持单点加，区间求和的数 据结构，树状数组即可胜任。