持续阴雨天气有一定状态加持。
屁嘞。三暴力说什么呢
$T1$的$70$分暴力如果不想复杂了就很好做（头脑简单是好事）
正解是个四维偏序，想倒不难想，但是写个锤子啊（然而牛神的确写出来了。。）
$T2$的话刚开始想 偏了丝毫头绪没有。
后来发现用一些小套路的话$O(n^2)$其实没有那么难想（二进制逐位考虑和字典序逐位考虑哪个不套路了）
然后其实正解已经想到了但是证明很模糊。剩余时间不多于是就去保$50$了
$T3$写的其实是$50$的算法。但是不可避免的炸精了。不可避免。那就算了。
总体还是不错的。
T1：最长公共子序列
大意：求$4$个串的$LCS$。保证前三个串中，每个串里相同元素至多出现$2$次。$n le 10^4$
对于部分分：四个串都是排列。
做法比较简单：求出排列的逆数组$ia,ib,ic,id$。我们从$1$到$n$枚举$d$序列中的元素。
那么$j$可以转移到$i$的条件就是$j<i,ia[d[j]]<ia[d[i]],ib[d[j]]<ib[d[i]],ic[d[j]]<ic[d[i]]$
这个可以直接做$O(n^2)$。
然后当不再是排列的时候，因为前三个串每个数可能有$2$次，那么$ia,ib,ic$可能有两个元素。
所以对于一个$d[i]$可以拆成$2^3$个四元组，然后做四维偏序问题。
要么$dcq$套$cdq$。要么$cdq$最内存树状数组换为二维的。
注意到这里的转移要求的是严格小于而不是小于等于，所以对于每次分治区间找中点的时候。
需要把中点移动到两侧不相等的位置。总复杂度是$O(nlog^3n)$
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define S 10001 4 int dp[S<<3],n,sc;short t[S][S]; 5 vector<int>ia[S],ib[S],ic[S]; 6 struct st{int a,b,c,d,o;}s[S<<3],R[S<<3]; 7 bool cmp(st x,st y){return x.a==y.a?x.o<y.o:x.a<y.a;} 8 void add(int x,int r,short w){for(;x<=n;x+=x&-x)for(int y=r;y<=n;y+=y&-y)t[x][y]=max(t[x][y],w);} 9 int ask(int x,int r,short a=0){for(;x;x^=x&-x)for(int y=r;y;y^=y&-y)a=max(t[x][y],a);return a;} 10 void clear(int x,int r){for(;x<=n;x+=x&-x)for(int y=r;y<=n;y+=y&-y)t[x][y]=0;} 11 void CDQ(int l,int r){ 12 if(s[l].d==s[r].d)return; 13 int md=l+r>>1; 14 if(s[l].d!=s[md].d&&l<md)while(s[md].d==s[md-1].d)--md; 15 else{while(s[md].d==s[md+1].d)++md;++md;} 16 CDQ(l,md-1); 17 for(int i=l;i<=r;++i)R[i]=s[i]; 18 sort(R+l,R+md,cmp); sort(R+md,R+r+1,cmp); 19 int p1=l,p2=md; 20 while(p2<=r) 21 if(p1<md&&R[p1].a<R[p2].a)add(R[p1].b,R[p1].c,dp[R[p1].o]),p1++; 22 else dp[R[p2].o]=max(dp[R[p2].o],ask(R[p2].b-1,R[p2].c-1)+1),p2++; 23 for(int i=l;i<p1;++i)clear(R[i].b,R[i].c); 24 CDQ(md,r); 25 } 26 int main(){ 27 scanf("%d",&n); 28 for(int i=1,a;i<=n;++i)scanf("%d",&a),ia[a].push_back(i); 29 for(int i=1,b;i<=n;++i)scanf("%d",&b),ib[b].push_back(i); 30 for(int i=1,c;i<=n;++i)scanf("%d",&c),ic[c].push_back(i); 31 for(int i=1,d;i<=n;++i){ 32 scanf("%d",&d); 33 for(int a=0;a<ia[d].size();++a)for(int b=0;b<ib[d].size();++b)for(int c=0;c<ic[d].size();++c) 34 dp[++sc]=1,s[sc]=(st){ia[d][a],ib[d][b],ic[d][c],i,sc}; 35 } 36 CDQ(1,sc); 37 for(int i=1;i<=sc;++i)dp[0]=max(dp[0],dp[i]); 38 printf("%d ",dp[0]); 39 }
T2：排列
大意：给定$n$个元素$x_i$，构造数组$p$，最小化$maxlimits_{i=1}^{n-1} (x_{p_i} xor x_{p_{i+1}})$。$n le 3 c imes 10^5$
首先，因为是邻位异或，所以我们逐位考虑。
如果所有数字在某一位上都是$1$，那么把它们同时变成$0$没有影响。
这样之后，取出最高位，一定有一些数字是$1$有一些数字是$0$。
不妨称这一位上是$1$的数为大数。反之成为小数。
我们先不考虑字典序，我们只尝试找到最小的ans$值。
那么可以发现一种解，满足所有大数相邻，所有小数相邻，然后中间只有一个大数和一个小数相邻。
大数之间的异或值在最高位上一定是$0$，小数也是。只有大数和小数相邻的部分是$1$
所以我们只在意大小相邻的情况。问题转变为：选出一个大数和一个小数，最小化异或和。直接$01trie$解决。
现在我们得到了$ans$值，然后相邻两个数 要么属于同一组，要么异或和恰好为$ans$
现在再来考虑字典序。那肯定就是逐位试填，看剩余数是否合法。
具体检验的话，当前填下的数为$x$，假设它属于小组，那么接下来还有合法填法当且仅当满足三者之一：
- 大组为空
- 小组为空，且存在$x xor ans$（称之为$x$的配对元素）
- 去掉元素$x$后，依然存在配对关系
开桶维护每种值剩余个数。全局变量记录剩余配对数。可以做到$O(n^2)$或$O(n^2log n)$
可以发现在上面这三条的约束下你下一位的最优决策只有这几种：
- 走到另一组中的配对元素
- 走到本组下标最小的数
- 走到本组下标次小的数
如果要走到对面组那只有第一种选择。
否则如果要走到本组，你肯定想走到下标最小的。
为什么还要考虑次小的呢？因为有可能剩下的元素中只有一个配对关系，就是下标最小的那个。
所以为了以后还能换组，你现在必须先把当前组走完，最后再去走下标最小的才能合法。
所以说这样复杂度就是$O(nlogn)$之类的了。多拿一些$vector/set$维护每个值出现下标的最小值就行。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 struct hash_map{ 4 #define _ 10000007 5 int fir[_],l[_],to[_],v[_],ec; 6 int&operator[](int x){int r=x%_; 7 for(int i=fir[r];i;i=l[i])if(to[i]==x)return v[i]; 8 l[++ec]=fir[r];fir[r]=ec;to[ec]=x;return v[ec]; 9 } 10 }M,R; 11 #define S 300005 12 int a[S],n,tc[2][S<<5],rt,pc,w=1<<30,al[S],A=(1<<30)-1,mx,c[2],lst,ord,v[5],vc;long long mt; 13 void insert(int&p,int x,int al){ 14 if(!p)p=++pc;if(al==-1)return; 15 insert(tc[x>>al&1][p],x,al-1); 16 } 17 int ask(int p,int x,int al){ 18 if(al==-1)return 0; 19 return tc[x>>al&1][p]?ask(tc[x>>al&1][p],x,al-1):ask(tc[x>>al&1^1][p],x,al-1)|1<<al; 20 } 21 set<int>s[2],ss[S]; 22 int b(int x){return x&mx?1:0;} 23 void del(int x){printf("%d ",x);ss[R[a[x]]].erase(x);s[b(a[x])].erase(x);lst=a[x];} 24 bool chk(int x){return mt||(!c[b(x)^1]||(!c[b(x)]&&M[x^w]));} 25 int main(){ 26 scanf("%d",&n); 27 for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&a[i]),A&=a[i]; 28 for(int i=1;i<=n;++i)a[i]^=A,mx=max(mx,a[i]),M[a[i]]++,R[a[i]]=++ord; 29 while(mx!=(mx&-mx))mx^=mx&-mx; 30 for(int i=1;i<=n;++i)if(a[i]&mx)insert(rt,a[i],30); 31 for(int i=1;i<=n;++i)if(!(a[i]&mx))w=min(w,ask(rt,a[i],30)); 32 for(int i=1;i<=n;++i)if(a[i]&mx)mt+=M[a[i]^w],s[1].insert(i),c[1]++; 33 else c[0]++,s[0].insert(i); 34 for(int i=1;i<=n;++i)ss[R[a[i]]].insert(i); 35 for(int i=1;i<=n;++i){ 36 int x=a[i]; M[x]--;c[b(x)]--;mt-=M[x^w]; 37 if(chk(x)){del(i);break;} 38 M[x]++;c[b(x)]++;mt+=M[x^w]; 39 } 40 for(int i=2;i<=n;++i){ 41 vc=0; 42 if(s[b(lst)].size())v[++vc]=*s[b(lst)].begin(); 43 if(s[b(lst)].size()>1)v[++vc]=*(++s[b(lst)].begin()); 44 if(M[w^lst])v[++vc]=*ss[R[w^lst]].begin(); 45 sort(v+1,v+1+vc); 46 for(int j=1;j<=vc;++j){ 47 int x=a[v[j]]; if((x^lst)>w)continue; 48 M[x]--;c[b(x)]--;mt-=M[x^w]; 49 if(chk(x)){del(v[j]);break;} 50 M[x]++;c[b(x)]++;mt+=M[x^w]; 51 } 52 } 53 }
T3：加农炮
大意：求$n imes m$点阵中，倾斜角第$k$小的点的坐标（并列者按坐标大小排序）。多测。$n,m le 10^6,T le 10^4$
首先一个暴力的思路是，我们可以二分这个倾斜角，就能找到第$k$个点在哪条直线上。
如果能知道这条直线的解析式（也就是斜率，但要求分数形式不能是小数），那么就可以轻松回答点的坐标。
所以我们有两个问题，一个是怎么求二分一个斜率后，这条直线上方有多少个点，另一个是要解决分数问题。
并不会针对分数的二分，这时候伟大的数据结构$Stern-Brocot Tree$出现了。
原理大概是这样的，最开始我们有一个分数集合${ frac{0}{1},frac{1}{0} }$。
然后每一轮，我们对于集合中相邻的两个元素$frac{a}{b},frac{c}{d}$，我们把$frac{a+c}{b+d}$插入在它们之间。
可以证明，这样会形成所有的分数。当然这个树也是无限的。
实现的话，假象你有一棵树，然后调用函数$build(a,b,c,d)$分别表示$frac{a}{b},frac{c}{d}$
那么就会形成一个新的分数$frac{a+c}{b+d}$。然后再递归的调用$build(a,b,a+c,b+d),build(a+c,b+d,c,d)$
然后我们要解决二分分数的问题，于是只要在这棵树上二分就可以啦。
但是仔细一想却不太对劲，树上二分是$O(log)$的？平时见过的是线段树二分。
之所以复杂度是$O(log)$的，是因为线段树的深度是$O(log)$的，你一定会递归到叶节点的。
在$SB$树上就不能这么猖狂了。因为例如$frac{1}{1000000}$这个分数的深度就是$1000000$。你要是这么二分会T$掉。
所以我们可以采取更神奇的方法：每次去二分沿着当前方向走几步。
这样最大二分次数也就是左一下右一下了，每次转弯至少翻倍，所以一共二分$log$次，总共需要的$check$次数是$O(log^2)$的。
现在我们差的是一个低复杂度的$check$
暴力的话，我们可以枚举每个横坐标，然后判断这个坐标上有多少个点在线之下。假如斜率是$frac{p}{q}$
那么点的个数就是$sumlimits_{i=0}^{n-1} lfloor frac{ip}{q} floor$
一个经典的类欧几里得形式，我们来推推式子吧，首先把问题转化为一般形式：
（为了方便，下面所有除法默认向下取整）
求$F(a,b,c,n)=sumlimits_{i=0}^{n} frac{ai+b}{c}$
首先比较简单的是$frac{ai+b}{c} = frac{a}{c} i + frac{b}{c} + frac{(a mod c imes i + b mod c}{c}$
这样前两项就可以提出来了，我们得到$F(a,b,c,n)=F(a mod c,b mod c,c,n) + frac{n(n+1)}{2} frac{a}{c} + n frac{b}{c}$
这样接下来我们就只需要考虑$a,b <c$
$F(a,b,c)=sumlimits_{i=0}^{n} frac{ai+b}{c}$
$=sumlimits_{i=0}^{n} sumlimits_{d=1}^{frac{an+b}{c}} [frac{ai+b}{c} ge d ] $
$=sumlimits_{d=0}^{frac{an+b}{c}-1} sumlimits_{i=0}^{n} [frac{ai+b}{c} ge d+1 ] $
$=sumlimits_{d=0}^{frac{an+b}{c}-1} sumlimits_{i=0}^{n} [ai ge dc+c-b ] $
$=sumlimits_{d=0}^{frac{an+b}{c}-1} sumlimits_{i=0}^{n} [ai > dc+c-b+1 ] $
$=sumlimits_{d=0}^{frac{an+b}{c}-1} sumlimits_{i=0}^{n} [i > frac{dc+c-b+1}{a} ] $
$=sumlimits_{d=0}^{frac{an+b}{c}-1} (n+1 - sumlimits_{i=0}^{n} [i le frac{dc+c-b+1}{a} ] )$
$= (n+1) frac{an+b}{c} - F(c,c-b-1,a,frac{an+b}{c} +1 )$
递归求解。复杂度与$gcd$类似。故本题总复杂度是$O(Tlog^3n)$
1 #include<cstdio> 2 #define ll long long 3 ll min(ll x,ll y){return x<y?x:y;} 4 ll _Euler(ll a,ll b,ll c,ll n){ 5 if(!a)return b/c*(n+1); 6 if(b>=c||a>=c)return a/c*n*(n+1)/2+b/c*(n+1)+_Euler(a%c,b%c,c,n); 7 return (a*n+b)/c*n-_Euler(c,c-b-1,a,(a*n+b)/c-1); 8 } 9 ll cal(ll n,ll m,ll fz,ll fm){ 10 if(!fz)return 0; if(!fm)return n*m-n; 11 if(fz*(m-1)<=fm*(n-1))return _Euler(fz,fz,fm,m-2)+m-1-min((m-1)/fm,(n-1)/fz); 12 return n*m-cal(m,n,fm,fz)-1-min((m-1)/fm,(n-1)/fz); 13 } 14 int main(){int t;scanf("%d",&t);while(t--){ 15 ll n,m,k;scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k); k--; 16 if(k>=n*m-n){printf("%lld 1 ",k-n*m+n+2);continue;} 17 ll fz1=0,fm1=1,fz2=1,fm2=0,l,r,md,inf=1e9; 18 while(1){ 19 l=-1;r=min(fm2?(m-1-fm1)/fm2:inf,fz2?(n-1-fz1)/fz2:inf)+1; 20 if(r==1)break; 21 while(md=l+r>>1,r-l>1)if(cal(n,m,fz1+md*fz2,fm1+md*fm2)<=k)l=md;else r=md; 22 fz1+=l*fz2;fm1+=l*fm2; 23 l=-1;r=min(fm1?(m-1-fm2)/fm1:inf,fz1?(n-1-fz2)/fz1:inf)+1; 24 if(r==1)break; 25 while(md=l+r>>1,r-l>1)if(cal(n,m,fz2+md*fz1,fm2+md*fm1)>k)l=md;else r=md; 26 fz2+=l*fz1;fm2+=l*fm1; 27 }k-=cal(n,m,fz1,fm1)-1;printf("%lld %lld ",k*fz1+1,k*fm1+1); 28 }}
$=sumlimits_{i=0}^{n} sumlimits_{d=1}^{frac{an+b}{c}} [frac{ai+b}{c} ge d ] $