题意:
学过博弈论的同学都知道Nim游戏后手必胜的条件是异或和为0
给定一棵树 ，支持修改单点点权，询问链上异或和
预处理每个点到根的路径的异或和
由于异或的特殊性质，在求链x->y的异或和的时候，我们只需要知道x到根的异或和，y到根的异或和，将他们异或起来，最后异或上lca处的值即可。
如图，查询两个灰色节点的异或和
如果一个点的值被修改，那么它和它的子树到根的路径的异或和的值都会被修改
所以，我们维护一棵dfs序为下标的线段树，线段树的sum意义是它的区间的值的异或和
修改一个值，如果该值为x，要变成y，那么给线段树传进一个x^y的值，这样就能做到修改它和它的子树的值
因为一个数异或本身等于0，然后再异或y，就变成y了
修改的区间为dfs[x]~dfs[x]+size[x]-1
查询最近公共祖先我写的是树剖（常数小，又能顺便求dfs序）
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> using namespace std; int fa[500010],dep[500010],dfs[500010],top[500010],size[500010],son[500010],dfn=0; int to[1000100],next[1000100],h[500010],k=0;int a[500100],val[500010],n,m; int l[2000100],r[2000100],sum[2000100],lazy[2000100]; void ins(int u,int v){next[++k]=h[u];h[u]=k;to[k]=v;} void dfs1(int x,int d,int f) { dep[x]=d;fa[x]=f;size[x]=1; for(int i=h[x];i;i=next[i]) { if(to[i]==f)continue; dfs1(to[i],d+1,x);size[x]+=size[to[i]]; if(size[son[x]]<size[to[i]])son[x]=to[i]; } } void dfs2(int x,int tp) { top[x]=tp;dfs[x]=++dfn;a[dfs[x]]=a[dfs[fa[x]]]^val[x]; if(son[x])dfs2(son[x],tp); for(int i=h[x];i;i=next[i]) { if(to[i]==son[x]||to[i]==fa[x])continue; dfs2(to[i],to[i]); } } int lca(int u,int v) { while(top[u]!=top[v]) { if(dep[top[u]]<dep[top[v]])v=fa[top[v]]; else u=fa[top[u]]; } if(dep[u]<dep[v])return u; else return v; } void pushdown(int x) { if(!lazy[x])return; lazy[x<<1]^=lazy[x];lazy[x<<1|1]^=lazy[x]; sum[x<<1]^=lazy[x];sum[x<<1|1]^=lazy[x]; lazy[x]=0; } void pushup(int x) { sum[x]=sum[x<<1]^sum[x<<1|1]; } void build(int x,int L,int R) { l[x]=L;r[x]=R;lazy[x]=0;if(L==R){sum[x]=a[L];return;} build(x<<1,L,(L+R)/2);build(x<<1|1,(L+R)/2+1,R);pushup(x); } void add(int x,int L,int R,int k) { if(L==l[x]&&R==r[x]){lazy[x]^=k;sum[x]^=k;return;} pushdown(x);int mid=(l[x]+r[x])/2; if(R<=mid)add(x<<1,L,R,k); else if(L>mid)add(x<<1|1,L,R,k); else {add(x<<1,L,mid,k);add(x<<1|1,mid+1,R,k);} pushup(x); } int query(int x,int k) { if(l[x]==k&&r[x]==k){return sum[x];} pushdown(x);int mid=(l[x]+r[x])/2; if(k<=mid)return query(x<<1,k);else return query(x<<1|1,k); } int main() { freopen("game.in","r",stdin); freopen("game.out","w",stdout); scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&val[i]); for(int i=1;i<n;i++) { int x,y;scanf("%d%d",&x,&y);ins(x,y);ins(y,x); } dfs1(1,1,0);dfs2(1,1);build(1,1,n); scanf("%d",&m); for(int i=1;i<=m;i++) { char c[2];int x,y;scanf("%s%d%d",c,&x,&y); if(c[0]=='C'){add(1,dfs[x],dfs[x]+size[x]-1,val[x]^y);val[x]=y;} else { int ans=query(1,dfs[x])^query(1,dfs[y])^val[lca(x,y)]; puts(ans?"Yes":"No"); } } return 0; }
如果把题目改成把x到y的链上加k，查询x的值，那么怎么做呢 （数据范围不变）
发现链修改实际上可以拆分成许多个对某个点到根的路径上所有点的修改
给x到y的一条链加上v，假设x和y的lca是z，那么这个操作相当于相当于分别给x和y到根的路径加上v，然后给z到根的路径加上-v，给z的父亲（如果有的话）到根的路径加上-v
一个点会被影响当且仅当当且仅当修改的那个点在他的子树内
对树求dfs序，然后使用线段树单点加，区间查询即可。
即更改从x到y的一条链，把x的值+k，把y的值+k，把z的值-k，把u的值-k（这些值初始为0）
我们查询x时，查询x及x的子树的变化值的总和，再加上它自身的原数值即可
看到此题，首先想到的是文理分科的模型，但是这题比文理分科还简单
我们发现相邻的格子要选不同的东西才有额外收益，而文理分科是选相同的东西
我们可以把矩阵黑白染色，然后将一种颜色割到S和T表示的含义交换。
这样就满足了题目要求
#include<iostream> #include<cstdio> #include<queue> #include<cstring> using namespace std; const int INF=1999999999; int r,c,d; int n,m; struct data{ int next,to,cap; } g[2000000]; int iter[11000],h[11000],level[11000],k=1,head,tail,q[11000]; void add(int from,int to,int cap) { g[++k].next=h[from]; h[from]=k; g[k].to=to; g[k].cap=cap; g[++k].next=h[to]; h[to]=k; g[k].to=from; g[k].cap=0; } void bfs(int s) { memset(level,0,sizeof(level)); head=tail=0; q[tail++]=s; level[s]=1; while(head!=tail) { int u=q[head++]; for(int i=h[u]; i; i=g[i].next) { if(!level[g[i].to]&&g[i].cap) { level[g[i].to]=level[u]+1; q[tail++]=g[i].to; } } } } int dfs(int u,int t,int f) { if(u==t)return f; int used=0,w; for(int &i=iter[u]; i; i=g[i].next) { if(g[i].cap&&level[g[i].to]==level[u]+1) { w=f-used; w=dfs(g[i].to,t,min(w,g[i].cap)); if(w) { g[i].cap-=w; g[i^1].cap+=w; used+=w; if(used==f)return f; } } } return used; } int dinic(int s,int t) { int flow=0; for(;;) { for(int i=0; i<=n; i++)iter[i]=h[i]; bfs(s); if(!level[t])return flow; flow+=dfs(s,t,INF); } } int main() { freopen("city.in","r",stdin);freopen("city.out","w",stdout); int r,c;scanf("%d%d",&r,&c);n=r*c; int S=0,T=n+1,tot=0;n++; for(int i=1;i<=r;i++) for(int j=1;j<=c;j++) { int u;scanf("%d",&u);tot+=u; if(i%2==j%2)add(S,c*(i-1)+j,u); else add(c*(i-1)+j,T,u); } for(int i=1;i<=r;i++) for(int j=1;j<=c;j++) { int u;scanf("%d",&u);tot+=u; if(i%2==j%2)add(c*(i-1)+j,T,u); else add(S,c*(i-1)+j,u); } for(int i=1;i<=r-1;i++) for(int j=1;j<=c;j++) { int u;scanf("%d",&u);tot+=u; add(c*(i-1)+j,c*i+j,u); add(c*i+j,c*(i-1)+j,u); } for(int i=1;i<=r;i++) for(int j=1;j<=c-1;j++) { int u;scanf("%d",&u);tot+=u; add(c*(i-1)+j,c*(i-1)+j+1,u); add(c*(i-1)+j+1,c*(i-1)+j,u); } printf("%d",tot-dinic(S,T)); return 0; }
以下所有数组下标从0开始
我们先预处理出每个位置开始，下一个字母的位置。
即用next[i][j]表示从第i个位置开始，下一个字母j的位置（包括本身），不存在设为451，0对应a，1对应b……
注意next[452][0……25]=451，next[|S|][0……25]=451
考虑状压DP
用dp[S]表示S中字母组成的所有排列的最后位置的最大值
举个例子吧，S=13=1101，即acd三个字母组成的所有排列的最后位置的最大值
dp[S]=max(dp[S],next[dp[s^(1<<i)]+1][i]) (i∈S）dp[0]=-1;
用上面的那个例子，S=13=1101，则dp[S]=max（next[dp[12=1100]+1][0]，next[dp[9=1001]+1][2]，next[dp[5=0101]+1][3]）
最后如果dp[1111……11]=451，则不是，否则是
时间复杂度O(2^n * n)，发现无法通过n>21的数据
我们可以发现，最小长度至少为n*(n-1)+1 （当n=4时，即abcdabcdabcda）
而22*21+1>450，所以输出No
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> using namespace std; int dp[5000000],next[500][27],n; string a; int DP(int S) { if(S==0||dp[S]!=-1)return dp[S]; for(int i=0;i<n;i++) if((S>>i)&1)dp[S]=max(dp[S],next[DP(S^(1<<i))+1][i]); return dp[S]; } int main() { freopen("string.in","r",stdin);freopen("string.out","w",stdout); int T;scanf("%d",&T); while(T--) { memset(dp,-1,sizeof(dp));dp[0]=-1;memset(next,0,sizeof(next)); scanf("%d",&n);cin>>a;if(n>21){puts("NO");continue;} int m=a.size()-1; for(int i=0;i<n;i++)next[m+1][i]=451,next[452][i]=451; next[m][a[m]-'a']=m; for(int i=m;i>=0;i--) { for(int j=0;j<n;j++)next[i][j]=next[i+1][j]; next[i][a[i]-'a']=i; } if(DP((1<<n)-1)==451)puts("NO");else puts("YES"); } return 0; }