我。。。
行吧大概说说。
T1打的n2dp，什么随机化什么改变读入顺序都能AC。
没想优化。打了个链表优化dp。不知为何WA了。
T2读错题，死了。
T3的50分暴力没来得及优化感觉思路很神仙（然而并没有特别神仙）
打了3个对拍，T1还是一个spj对拍。然后各种AC。。。
T2读错了题对拍显然也是错的。。
呃啊。。。
T2子任务测试点放错了，然后这次要重测。
每次重测的题我都爆零（3次了），每次数据出锅导致我丢AC的都没有重测（2次）。
Update:这次重测我的0分读错题代码变成了10分！！！
T1：Set
我曾经在想鸽巢原理会怎么考。
这题挺好的，出题人的想法很好，但是他并没有尝试去卡那些乱搞的人。
为什么模数是n呢。。。肯定有值得利用的地方。
因为一共有n+1个位置的前缀和的值，而只有n种不同的取值。
那么一定有重复的值，那么对应的两个位置做差就能被整除，所以这一段区间就是合法的。
思路很棒！
1 #include<cstdio> 2 int n,x[1000005],lst[1000005],sum; 3 int main(){ 4 scanf("%d",&n); 5 for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&x[i]); 6 lst[0]=1; 7 for(int i=1;i<=n;++i){ 8 sum=(sum+x[i])%n; 9 if(lst[sum]){printf("%d ",i-lst[sum]+1);for(int j=lst[sum];j<=i;++j)printf("%d ",j);return 0;} 10 lst[sum]=i+1; 11 } 12 }
思路积累：
- 鸽巢原理
- 前缀和同余等价于区间和整除
T2：Read
书是可以换顺序的啊。。。。
卡空间的情况下求众数出现次数是否大于一半。
先求出现最多的数。
那么出现这个数就是目前位置次数最多的就cnt++，否则--，cnt=0时更新这个值。
这样的话如果它的数量超过一半的话就一定会有盈余。
所以你最后记录下的数要么就是出现了超过一半次数的数（众数），要么就是一个没有意义的数。
再跑一遍，判断这个数出现了几次就好了。
1 #include<cstdio> 2 int m,k,c[1005],X[1005],Y[1005],Z[1005],ans,id=1,cnt,tms,N;long long lst; 3 int main(){ 4 scanf("%d%d",&m,&k);const int K=(1<<k)-1; 5 for(int i=1;i<=m;++i)scanf("%d",&c[i]),N+=c[i]; 6 for(int i=1;i<=m;++i)scanf("%d",&X[i]); 7 for(int i=1;i<=m;++i)scanf("%d",&Y[i]); 8 for(int i=1;i<=m;++i)scanf("%d",&Z[i]); 9 for(int i=1;i<=m;++i){ 10 lst=X[i]; 11 if(!cnt)id=lst,cnt++;else if(lst==id)cnt++;else cnt--; 12 for(int j=2;j<=c[i];++j){ 13 lst=(lst*Y[i]+Z[i])&K; 14 if(!cnt)id=lst,cnt++;else if(lst==id)cnt++;else cnt--; 15 } 16 } 17 for(int i=1;i<=m;++i){ 18 lst=X[i];tms+=lst==id; 19 for(int j=2;j<=c[i];++j)lst=(lst*Y[i]+Z[i])&K,tms+=lst==id; 20 } 21 if(tms>N-tms-1)printf("%d ",tms-(N-tms)-1);else puts("0"); 22 }
思路积累：
- 模拟法求众数？
- hash_map。（非正解）
T3：Race
遇到异或容易想到trie。
可以发现，建出trie后，对于一个特定的数，我们把它的路径上的兄弟节点（m个）的权值记下来。
设为st数组，那么其含义就是在一半的场次中，有st[i]个人的数同时比他大。（研究一下二进制然后看看trie就明白了）
而st的每一位是自由组合的。
暴力就是跑一边背包，记录每种排名的方案数，st就相当与物品，最后把排名与最终得分相乘。
但是我们并没有利用题目中平方的性质。
那个式子其实就是$ sum (st[i]+st[j]+st[k]+...+st[p])^2 $
st在一半的情况中会出现在和式里。
那么对于特定的i在一半的和式里会出现项$ st[i]^2 $
对于特定的i和j，在一半的一半即1/4的情况里会同时在和式里出现，它们的贡献就是$ 2 imes st[i] imes st[j] $
可以再合并合并式子也可以就此打住。
反正把上面的答案加起来（可以m2枚举，也可以前缀和优化到m）之后乘上总方案数就是了。
总方案数不要用快速幂，kxT90了（我也感觉不正常），直接左移就行了啊。。。
代码实现极其简单。
1 #include<cstdio> 2 #define mod 1000000007 3 int t[6300005][2],w[6300005],n,cnt,st[33],m,x[200005],rt,tot; 4 void insert(int &p,int num,int al){ 5 if(!p)p=++cnt; 6 w[p]++; 7 if(al==-1)return; 8 insert(t[p][(num&1<<al)?1:0],num,al-1); 9 } 10 void ask(int p,int num,int al){ 11 if(al==-1)return; 12 st[al]=w[t[p][(num&1<<al)?0:1]]; 13 ask(t[p][(num&1<<al)?1:0],num,al-1); 14 } 15 int main(){ 16 scanf("%d%d",&n,&m); 17 for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&x[i]),insert(rt,x[i],m-1); 18 for(int i=1;i<=n;++i){ 19 ask(rt,x[i],m-1); 20 long long ans=0; 21 for(int i=0;i<m;++i)for(int j=i;j<m;++j)ans=(ans+1ll*st[i]*st[j])%mod; 22 (ans<<=m-1)%=mod; 23 tot^=ans; 24 }printf("%d ",tot); 25 }
思路积累：
- 二进制与trie
- 平方式的特点：拆开后每一项都是2次所以枚举是n2的
- 卡常是一种习惯：用位运算