（撞哈希了用了模拟测试28的词，所以这次就叫撞词吧）
蓝色的0。。。
蓝色的0。。。
都该联赛了还能CE呢。。。
考试结束前15分钟左右，期望得分300
然后对拍发现T2伪了写了一个能拿90分的垃圾随机化
然后很着急，想再写一个部分分，结果没编译就交了。。。
不管在多么紧急的情况下，都要检查，编译。
。。。还不如不对拍拿一个伪的20。。。
然后T3少考虑一种情况。挂了。
T1：合并集合merge
区间dp板子。
1 #include<cstdio> 2 #include<bitset> 3 #include<iostream> 4 using namespace std; 5 bitset<303>B[603][603]; 6 int n,x[603],dp[603][603],sz[603][603],ans; 7 int main(){ 8 freopen("merge.in","r",stdin);freopen("merge.out","w",stdout); 9 scanf("%d",&n); 10 for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&x[i]),x[i+n]=x[i]; 11 for(int l=1;l<=n<<1;++l){ 12 B[l][l][x[l]]=1; 13 for(int r=l+1;r<l+n&&r<=n<<1;++r)B[l][r]=B[l][r-1],B[l][r][x[r]]=1; 14 } 15 for(int l=1;l<=n<<1;++l)for(int r=l;r<l+n&&r<=n<<1;++r)sz[l][r]=B[l][r].count(); 16 #define r l+len-1 17 for(int len=2;len<=n;++len)for(int l=1;r<=n<<1;++l)for(int m=l;m<r;++m) 18 dp[l][r]=max(dp[l][r],dp[l][m]+dp[m+1][r]+sz[l][m]*sz[m+1][r]); 19 for(int i=1;i<=n;++i)ans=max(ans,dp[i][i+n-1]); 20 printf("%d ",ans); 21 }
T2：爬climb
除了最后一步以外，每一步一定用A-B最大的。
枚举用的最后一个，考虑如何$O(logn)$进行$check$
发现其实只是i后面的药丸后错了一位，也可以理解为水位在i以后晚了一天才上涨。
预处理错位前后的两个$sum A-B$与水位的差值，$ST$查询。
复杂度$O(nlogn)$
1 #include<cstdio> 2 #include<algorithm> 3 using namespace std; 4 struct P{ 5 int a,b; 6 friend bool operator<(P x,P y){ 7 return x.a-x.b>y.a-y.b; 8 } 9 }p[100005]; 10 int hb[100005],ans,n,lim; 11 long long L,sum[100005],h1[100005],h2[100005],wt[100005],st1[18][100005],st2[18][100005]; 12 long long mn1(int l,int r){ 13 if(r<l)return 123456789012345; 14 int B=hb[r-l+1]; 15 return min(st1[B][l],st1[B][r-(1<<B)+1]); 16 } 17 long long mn2(int l,int r){ 18 if(r<l)return 123456789012345; 19 int B=hb[r-l+1]; 20 return min(st2[B][l],st2[B][r-(1<<B)+1]); 21 } 22 int main(){freopen("climb.in","r",stdin);freopen("climb.out","w",stdout); 23 scanf("%d%lld",&n,&L);ans=lim=n+1;//printf("n=") 24 for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d%d",&p[i].a,&p[i].b); 25 sort(p+1,p+1+n); 26 for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%lld",&wt[i]),wt[i]+=wt[i-1]; 27 for(int i=1;i<=n;++i)sum[i]=sum[i-1]+p[i].a-p[i].b;//,printf("%lld ",sum[i]); 28 for(int i=1;i<=n;++i)if(sum[i]<sum[i-1]){lim=i;break;} 29 for(int i=1;i<=n;++i)h1[i]=h2[i]=sum[i]; 30 for(int i=1;i<=n;++i)h1[i]-=wt[i],h2[i]-=wt[i-1]; 31 for(int i=1;i<=n;++i)st1[0][i]=h1[i],st2[0][i]=h2[i]; 32 for(int j=1;j<18;++j)for(int i=1;i+(1<<j)-1<=n;++i)st1[j][i]=min(st1[j-1][i],st1[j-1][i+(1<<j-1)]); 33 for(int j=1;j<18;++j)for(int i=1;i+(1<<j)-1<=n;++i)st2[j][i]=min(st2[j-1][i],st2[j-1][i+(1<<j-1)]); 34 for(int i=0;i<=18;++i)for(int j=1<<i;j<1<<i+1&&j<=n;++j)hb[j]=i; 35 for(int i=1;i<=n;++i){//printf("%d/%d:%d %d ",i,n,p[i].a,p[i].b); 36 int out1=lower_bound(sum,sum+lim,L-p[i].a)-sum,out2=lower_bound(sum,sum+lim,L-p[i].b)-sum;//printf("%d %d %d ",out1,out2,lim); 37 if(out1==lim&&out2==lim)continue; 38 if(out1<i&&out1!=lim){//printf("%lld ",mn1(1,out)); 39 if(mn1(1,out1)<=0)continue; 40 ans=min(ans,out1+1);//printf("1:%d %d ",i,out1); 41 }else if(out2>=i&&out2!=lim){//printf("%lld %lld ",mn1(1,i-1),mn2(i+1,out)); 42 if(mn1(1,i-1)<=0)continue; 43 if(mn2(i+1,out2)<=p[i].a-p[i].b)continue; 44 ans=min(ans,out2);//printf("2:%d %d ",i,out2); 45 } 46 }printf("%d ",ans==n+1?-1:ans);//printf("%lld %lld ",mn1(1,5),mn2(7,8)); 47 }
T3：硬币coin
简单的博弈论。主要不在博弈论，而在转化为图论。
类似2-SAT的思想（但其实并没什么关系），把每一个行列都拆成2个点，分别表示选与不选。
连边表示如果存在状态A，那么状态B一定存在。
根据每一个硬币，如果它是正面，那么如果选这一行那么就必须选这一列，如果不选这一行就不能选这一列。
双向边$A_1 - B_1$与$A_0 - B_0$。
如果硬币是反面，那么就是$A_1 - B_0$与$A_0 - B_1$
连边之后图会成为若干个联通块，互不干扰。
现在的问题就是确定每一个联通块的状态。
如果一个联通块内部矛盾（既要选又要不选）那么答案直接根据奇偶判断01。
否则，如果一个联通块内不管怎么确定状态，需要选的行列都是偶数（简称偶偶），那么对答案没有影响。
如果存在奇偶块，那么拿到最后一个奇偶块的是必胜的（你可以通过这一块决定全局的步数是奇数还是偶数）
如果没有奇偶块，那么如果奇奇块的数量是奇数，那么先手必胜3。否则2。
接下来就考虑如何争夺奇偶块。因为拿到最后一个奇偶块就赢了，所以两个人都不希望拿到倒数第二个奇偶块，那么就想拿到倒数第三个。
同理推下去，如果奇偶块一共有奇数个，那么先手者一定能拿到最后一个奇偶块，输出3。
否则，奇偶块一共有偶数个，那么先手者会尽量避免拿到第一个奇偶块。
所以为了不拿第一个奇偶块，他会去拿奇奇块。（拿偶偶块没有影响）
拿完奇奇块之后就轮到对手了，对手也同理不想拿奇偶，所以他也会拿奇奇。
所以两个人现在开始抢奇奇块了。
如果奇奇块有奇数个，那么先手者就能强制后手者拿走第一个奇偶块，就可以取胜，3。否则就是2。
所有情况讨论完毕。
1 #include<cstdio> 2 int fir[405],l[200005],to[200005],ec=1,pc=1,ord[2][102],ok=1,al[405],sz,cnt,blcnt,sz2,g,sg; 3 char s[103][103]; 4 void link(int a,int b){l[++ec]=fir[a];fir[a]=ec;to[ec]=b;} 5 void Link(int a,int b){link(a,b);link(b,a);} 6 void dfs(int p){ 7 al[p]=1;sz++;sz2+=p&1; 8 for(int i=fir[p];i;i=l[i])if(al[to[i]]==0)dfs(to[i]); 9 } 10 int main(){ 11 freopen("coin.in","r",stdin);freopen("coin.out","w",stdout); 12 int t,n,m; 13 scanf("%d",&t); 14 while(t--){ 15 scanf("%d%d",&n,&m); 16 for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%s",s[i]+1); 17 for(int i=1;i<=n;++i)pc+=2,ord[0][i]=pc; 18 for(int i=1;i<=m;++i)pc+=2,ord[1][i]=pc; 19 for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=1;j<=m;++j) 20 if(s[i][j]=='o')Link(ord[0][i],ord[1][j]),Link(ord[0][i]^1,ord[1][j]^1); 21 else if(s[i][j]=='x')Link(ord[0][i],ord[1][j]^1),Link(ord[0][i]^1,ord[1][j]); 22 for(int i=2;i<=pc;++i)if(al[i]==0&&al[i^1]==0){ 23 sz2=sz=0,dfs(i),cnt+=sz&1,blcnt++,g+=(sz2&1)&(sz-sz2&1); 24 if((sz2&1)&&(sz-sz2&1))sg^=1; 25 if(sz&1)sg^=2; 26 } 27 for(int i=2;i<=pc;++i)if(al[i]&&al[i^1])ok=0; 28 if(ok)puts(sg?"3":"2"); 29 else puts(m+n&1?"1":"0"); 30 for(int i=2;i<=pc;++i)fir[i]=al[i]=0;pc=ec=ok=1;cnt=blcnt=g=sg=0; 31 } 32 }
从博弈论的角度出发如何解释？
mex函数：mex(X)=X中不存在的最小非负整数。如mex(1,2)=0,mex(0)=1...
SG函数：为0时代表必败局面，否则为必胜局面。计算方法为mex(通向的所有状态)
整场游戏如果可以分成若干不相关的部分，那么整场游戏的SG函数值就是每个子游戏的SG函数值异或和。
在这道题里，子游戏就是一个联通块。
对于偶偶块，不论怎么选先手都会输，走一步后剩奇数步，那么SG(next)=1,SG=mex(SG(next))=0。
对于奇奇块，不论怎么选先手都会赢，走一步后剩偶数步，那么SG(next)=0,SG=mex(SG(next))=1。
对于奇偶块，先手走一步之后，剩余奇偶步都有可能，那么SG(next)={1,0},SG=mex(SG(next))=2。
计算出每一个联通块的SG函数，异或一下，ans=2+(SG?1:0)
当然，如果不存在所有硬币都正面朝上的情况，还是要特判的。