Day1
T1
(Idea)
题目链接
看到这题就想起(CRT)。看到(m_i)不互质，想到(EXCRT);
于是枚举(a_i),复杂度为(O(nprod m_i),60;pts)
正解
令(Lcm=lcm{m}),则对于任意的(x)，(x mod {m})得到的({a})总是与
(x+Lcm mod {m})得到的({a})是相同的。对于任意(x,y(x
ot = y))，若它们的差不超过(Lcm)，
那么说明它们至少在模一个(m_i)时不同，即存在不同的({a})
所以对于({m})来说，如果保证(m_i)互不相同，那么恰好存在(Lcm)个(x) 存在({a}) 互不相同
即(ans=prod m-Lcm) ;复杂度(O(n))
(Code)
inline int gcd(int a,int b){
if(b==0) return a;
return gcd(b,a%b);
}
signed main(){
//freopen(File".in","r",stdin);
//freopen(File".out","w",stdout);
int n=read();
int ans=1,lcm=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
int v=read();
ans*=v; lcm=lcm/gcd(v,lcm)*v;
}
printf("%lld",ans-lcm);
return 0;
}
T2
( ext{题意})
给定一棵 (n) 个节点的树，树上第 (i) 个点的权值为 (a_i in {0,1})。对于每个节点询问最大联
通块的大小,使得该联通块包含该节点，同时含有偶数个 (a_i=0)的节点。
(Idea)
题目链接
由于要记录整个树的所有点答案就不能从一个点的最近0处考虑，那么现在们来考虑一下，在一个权值为0的点处，
答案就可能在它的子树内部和子树的外部进行取(max)，也可能是他的子树内外都有，是对于总答案的贡献，这样的话，我们就开两个数组：(up[])，(dw[])。这是用来记录这个点子树之外的贡献和这个点子树的贡献。在(dfs)求每个子树大小的时候就可以更新好这两个数组的初值。
接下来就是标记的上下传递了，这里要从上到下，从下到上进行统计，在向上统计的时候还比较麻烦，要对于对应点的一个区间进行边界更新处理，这样保证内外子树的答案的合法性。
(Code)
给出(blng)的(Code),对于学长(Cydiater)的(C++11;’std)看不懂
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read(){int r;int s=0,c;for(;!isdigit(c=getchar());s=c);for(r=c^48;isdigit(c=getchar());(r*=10)+=c^48);return s^45?r:-r;}
const int sea=1e6+7;
int n,tot,a[sea],up[sea],dw[sea],ans[sea],size[sea];
vector<int>v[sea];
template<typename T> inline bool cmax(T &a, T b) {return a < b ? a = b, 1 : 0;}
void dfs(int x,int fa)
{
size[x]=1;
for(int i=0;i<v[x].size();i++)
{
int y=v[x][i];if(y==fa) continue;
dfs(y,x); size[x]+=size[y];
}
if(a[x]==0)
{
for(int i=0;i<v[x].size();i++)
{
int y=v[x][i];if(y==fa) continue;
cmax(dw[y],size[y]);
}
cmax(up[x],n-size[x]);
}//初值统计
}
void dfs_up(int x,int fa)
{
for(int i=0;i<v[x].size();i++)
{
int y=v[x][i];if(y==fa) continue;
dfs_up(y,x); cmax(up[x],up[y]),cmax(ans[x],up[y]);
}//用up[y]来更新up[x]和ans[x]，这整个操作是自底向上的，所以是向上传递标记
int p=0,q=0;
//这里也可以理解成一个区间，p是在正向更新向上更新时的最下面的值，q是在逆向更新向上更新时的最下面的值
for(int i=0;i<v[x].size();i++)
{
int y=v[x][i];if(y==fa) continue;
cmax(dw[y],p),cmax(p,up[y]);//用p更新y的子树内的贡献，然后用子树外的贡献去更新p，达到一种边界处理的效果
}
reverse(v[x].begin(),v[x].end());//这里就是逆序了，倒序的操作，自行百度吧
//提醒一下这里还是用vector吧，结构体真的不好写，，
for(int i=0;i<v[x].size();i++)
{
int y=v[x][i];if(y==fa) continue;
cmax(dw[y],q),cmax(q,up[y]);
}
}
void dfs_dw(int x,int fa)
{
cmax(ans[x],dw[x]);
for(int i=0;i<v[x].size();i++)
{
int y=v[x][i];if(y==fa) continue;
cmax(dw[y],dw[x]);dfs_dw(y,x);
}
}//用dw[x]来更新ans[x]和dw[y]，这整个操作是自上向底的，所以是向下传递标记
int main()
{
n=read(); for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
for(int i=2;i<=n;i++)
{
int x=read(),y=read();
v[x].push_back(y),v[y].push_back(x);
}
for(int i=1;i<=n;i++) tot+=(a[i]==0);
if(tot%2==0){for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d
",n);return 0;}
dfs(1,0); dfs_up(1,0); dfs_dw(1,0);
for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d
",ans[i]);
return 0;
}
给出另外一种写法点我( • ̀ω•́ )✧
T3
( ext{题意}) ：连续区间取模的总和
(Idea)
题目链接
( ext{当然可以n^3暴力})
先说学长的算法：
1.主席树 复杂度(O(n log^2 n))
当固定左端点时，查询右端点本质上是在下标后缀内对权值进行区间取最小值，
可以利用主席树来解决
2.线段树/BIT 复杂度(O(n log^2 n))
可以考虑只拿线段树来维护，但是具体实现时会发现这个线段树更新的顺序和我们询
问的顺序是相反的，同时因为(max) 自己的性质并不好直接修改。
可以通过维护每个权值的下一个出现位置来实现更新;
另外还有一种处理方法，观察到插入和询问恰好是逆序关系，因此我们记录下修改的
过程，在询问时倒退撤销之前的修改操作即可，这种做法对空间的消耗可能比较大。
3.二分(+RMQ) 复杂度(O(n log^2 n))
可以发现本题中每次的查找具有可二分性，每次查找二分即可。
注意判定时需要用 (ST)表来维护 (RMQ)。
4.分治[标算] 重新审视这个题目，可以发现我们查找的过程其实很符合序列分治的结构。。。
本cb只会用线段树,同时参考了这篇( • ̀ω•́ )✧<同上的链接>
(Code)
struct Node{
int l,r,w;
}tree[maxn<<2];
int n,ans,sum,a[maxn];
inline void build(int k,int l,int r){
tree[k].l=l,tree[k].r=r;
if(l==r){tree[k].w=a[l];return ;}
int mid=l+r>>1;
build(lk,l,mid);build(rk,mid+1,r);
tree[k].w=min(tree[lk].w,tree[rk].w);
}
inline void init(int k,int x){
int l=tree[k].l,r=tree[k].r;
if(l==r){tree[k].w=inf;return ;}
int mid=l+r>>1;
if(x<=mid) init(lk,x);
else init(rk,x);
tree[k].w=min(tree[lk].w,tree[rk].w);
}
inline int ask(int k,int x){
int l=tree[k].l,r=tree[k].r;
if(l==r) return l;
if(tree[k].w>x) return n+1;
if(tree[lk].w<=x) return ask(lk,x);
return ask(rk,x);
}
signed main(){
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
build(1,1,n);
for(int i=1;i<=n;i++){
init(1,i);
int j=i+1;int last=a[i];ans+=a[i];
while(j<=n){
int w=ask(1,last); ans+=(w-j)*last;
if(w<=n) last=last%a[w]; j=w;
}
}
printf("%lld",ans);
return 0;
}
Day2
T1
( ext{题意}) 给你一张无向图，找到使(left|cnt(x)-cnt(y)
ight|)最大的联通子图。求最大的 (left|cnt(x)-cnt(y)
ight|)
(Idea)
题目链接
这题可以白嫖(35pts)
({Code}_1)
(dfs)即可
bool flag=1;
int a[maxn],l[maxn],r[maxn];
bool vis[maxn];
struct edge{
int v,next;
}e[maxn<<1];
int head[maxn];
int tot;
inline void add(int x,int y){
e[++tot].v=y; e[tot].next=head[x];
head[x]=tot;
}
inline void dfs(int u){
vis[u]=true;
l[u]=a[u], r[u]=-a[u];
for(int i=head[u];i;i=e[i].next){
int y=e[i].v;
if(vis[y])continue;
dfs(y);
if(r[y]>0) r[u]+=r[y];
if(l[y]>0) l[u]+=l[y];
}
return ;
}
signed main(){
freopen(File".in","r",stdin);
freopen(File".out","w",stdout);
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++){
a[i]=read();
if(a[i]==0) a[i]=1;
else a[i]=-1;
if(i>=2) if(a[i]!=a[i-1])
flag=0;
}
if(flag) return printf("%d",n),0;
else{
for(int i=1;i<n;i++){
int x=read(),y=read();
add(x,y); add(y,x);
}
dfs(1);
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
int s=max(l[i],r[i]);
ans=max(ans,s);
}
printf("%d",ans);
}
return 0;
}
({Code}_2)
(blng)的( ext{树形DP})
给你们看眼，这就是强者；(\%\%blng)
菜鸡
T2
( ext{给你一个长度len，一个字符集s，让你随意放字符，保证放出来的串是回文的而且任意位的前缀不为回文，求方案数})
(Idea)
题目链接
这题打表，只写了(n le 5)的 相信大佬们能推出来 [呲牙]
题解
好的上代码
(Code_1)
const int mod = 1e9 + 7;
inline int add(int a, int b) {a += b; return a >= mod ? a - mod : a;}
inline int pop(int a, int b) {a -= b; return a < 0 ? a + mod : a;}
inline int mul(int a, int b) {return (ll)a * b % mod;}
const int maxn = 1e6 + 5;
int n, m, f[maxn], pw[maxn], g[maxn];
int main() {
scanf("%d%d", &n, &m);
pw[0] = 1;
up (i, 1, n) pw[i] = mul(pw[i - 1], m);
up (i, 1, n) {
f[i] = pop(pw[(i + 1) / 2], g[(i + 1) / 2]);
if (i > 1) g[i] = add(f[i], mul(g[i - 1], m));
}
printf("%d", f[n]);
return 0;
}
(Code2)
先知道：若一个非回文子串是一个待定串的前一半的话，这个待定串就一定合法;
然后我们考虑前(frac{n+1}{2})的情况，如果直接求合法情况，肯定不太好求；
所以我们求不合法的情况，前半段的总方案数为(m^{frac{n+1}{2}}),我们以三个字符((abc),m=3)为例
比如我们确定第一个字符为(a),那么有
共(2m-1)种不合法情况,共(m)个字符,共(m(2m-1)=2m^2-m)种不合法情况；
如果这半段不合法，前提是前半段合法；
又发现(f_3=f_4,f_5=f_6,f_6=f_7...)，则(f_i=f_{i+1},i mod 2==1)
int f[maxn],power[maxn];
signed main(){
int n=read(),m=read();
f[1]=m%mod; f[2]=m; power[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
power[i]=power[i-1]*m;
power[i]%=mod;
}
int sum=0;
f[3]=power[2]-f[2]; f[3]%=mod;
sum=f[2];
for(int i=4;i<=n;i++){
f[i]=power[(i+1)/2];
f[i]-=sum;
f[i]%=mod;
if(!(i&1)){
sum*=m; sum%=mod;
sum+=f[i/2+1]; sum%=mod;
}
}
if(f[n]<0) f[n]+=mod;
printf("%d",f[n]);
return 0;
}
此处(\%)(startaidou)、(blng)
T3
( ext{题意})：
给定一个长度为 (n) 的序列，第 (i) 个位置为$ a_i$，同时给定 (m)。每次一个位置上的数可以
吃到相邻的权值不超过 (a_i+m) 的值，对于每个数询问是否存在一种方案使得其可以存活。
(Idea)
题目链接
此题需要注意的是
对于第 (i) 个位置上的数来说，如果其是整体最大的，那么显然这个数可以留到最后。
那么对于其他的数而言，我们找到其左边和右边第一个比他大的数，那么显然这个区间内的数都会被吃掉。
这个时候，如果左边或者右边的数可以留到最后，
同时这个区间内的和加上 (m) 满足吃掉左右端点中的一个时的限制，我们也可以说这个数能
够留到最后。
(Code)
找左边第一个大，右边第一个大 这里使用双端队列
deque<int>q;
int n,m;
int cl[maxn],cr[maxn];//左的一个大于，右第一个大于
int a[maxn],flag[maxn],sum[maxn];//sum前缀和，flag判断此数是否能留下
inline int dfs(int x){
if(flag[x]!=-1) return flag[x];
if(cl[x]==0&&cr[x]==n+1) return flag[x]=1;//如果当前的数为数列最大值，肯定可以留下来
flag[x]=0; int s=sum[cr[x]-1]-sum[cl[x]]+m;//求x的值+m;
if(cl[x]>0&&s>=a[cl[x]]) flag[x]|=dfs(cl[x]);//吃左
if(flag[x]==0&&cr[x]<=n&&s>=a[cr[x]]) flag[x]|=dfs(cr[x]); //吃右
return flag[x];
}
signed main(){
// freopen(File".in","r",stdin);
// freopen(File".out","w",stdout);
n=read(); m=read();
for(int i=1;i<=n;i++){
a[i]=read();
sum[i]=sum[i-1]+a[i];
}
a[0]=a[n+1]=inf;
q.push_back(0);
for(int i=1;i<=n;i++){//找左边第一个大
while(q.size()&&a[i]>=a[q.back()]) q.pop_back();
cl[i]=q.back(); q.push_back(i);
}
q.clear(); q.push_back(n+1);
for(int i=n;i>=1;i--){//找右边第一个大
while(q.size()&&a[i]>a[q.back()]) q.pop_back();
cr[i]=q.back(); q.push_back(i);
}
memset(flag,-1,sizeof flag);
for(int i=1;i<=n;i++) if(dfs(i)) printf("%d ",i);
return 0;
}
这里感谢(G-hsm);
总结
以上出现的(dalao)都比我强，我就是个菜鸡....
打模拟赛的话，能拿的分一定要拿。能吃下，就吃下。
感谢(G-hsm,chdy,blng,startaidou)对本博文的贡献
( ext{有跨越大山的精神,必然有横渡海洋的气概,有蓝天般纯净存在,必然有爱惜生命的存在})