$CSPspace S$
格雷码
$solution:$
直接模拟即可。
时间复杂度 $O(n)$ 。
#include<iostream> #include<cstring> #include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; void solve(unsigned long long N,unsigned long long K){ if(N==0) return; unsigned long long p=(1ull<<(N-1ull)); if(p>=K){printf("0");solve(N-1,K);return;} printf("1");solve(N-1,2ull*p-K+1ull);return; } unsigned long long n,k; signed main(){ cin>>n>>k; if(n==64ull&&k==18446744073709551615ull){ printf("1"); for(int i=2;i<=64;i++) printf("0");printf(" "); return 0; } k++; solve(n,k);printf(" ");return 0; }
括号树
$solution:$
考虑从 $1$ 号点到 $u$ 号点的括号序列中有多少个后缀是括号序列的，这个可以通过栈做简单的 $dp$ 得到。
时间复杂度 $O(n)$ 。
#include<iostream> #include<cstring> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<vector> #define int long long using namespace std; inline int read(){ int f=1,ans=0;char c=getchar(); while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();} while(c>='0'&&c<='9'){ans=ans*10+c-'0';c=getchar();} return f*ans; } const int MAXN=500001; int fa[MAXN],N; vector<int> vec[MAXN]; char str[MAXN];int sta[MAXN],top,f[MAXN],A; void dfs(int u,int Ans){ int del=0;bool ins=0; if(str[u]=='(') ins=1,sta[++top]=u; else if(str[u]==')'&&top){int i=sta[top];del=i;f[u]=f[fa[i]]+1;top--;Ans+=f[u];} A^=(u*Ans);for(int i=0;i<vec[u].size();i++) dfs(vec[u][i],Ans); if(del) sta[++top]=del;if(ins) top--; return; } signed main(){ N=read();scanf("%s",str+1); for(int i=2;i<=N;i++) vec[(fa[i]=read())].push_back(i); dfs(1,0); printf("%lld ",A);return 0; }/* 5 )()() 1 1 2 1 */
Emiya 家今天的饭
$solution:$
考虑 $O(n^3m)$ $dp$ 的优化，因为此 $dp$ 的状态 $f_{i,j,k,p}$ 表示当前考虑第 $i$ 列的容斥，其中在前 $j$ 行中选择 $k$ 个为第 $i$ 列，$p$ 个不为第 $i$ 列，因为状态数位 $O(n^3m)$ 转移 $O(1) $ ，所以总时间复杂度为 $O(n^3m)$ 。
而我们发现若 $k-pgeq 0$ 即可以在容斥时减去，所以设 $g_{i,j,k}$ 表示当前考虑第 $i$ 列的容斥，其中在前 $j$ 行选择第 $i$ 列的减去选择但没有选择第 $i$ 列的等于 $k$ 个，因为转移 $O(1)$ 所以时间为 $O(n^2m)$ 。
#include<iostream> #include<cstring> #include<cstdio> #include<algorithm> #define mod 998244353 #define int long long using namespace std; inline int read(){ int f=1,ans=0;char c=getchar(); while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();} while(c>='0'&&c<='9'){ans=ans*10+c-'0';c=getchar();} return f*ans; } const int MAXN=111; const int MAXM=2011; int N,M,f[MAXN][MAXN],g[MAXN][MAXN<<1],S[MAXN],A[MAXN][MAXM],Ans; int Mod(int x){return ((x%mod)+mod)%mod;} signed main(){ N=read(),M=read(); for(int i=1;i<=N;i++){ for(int j=1;j<=M;j++) S[i]+=(A[i][j]=read()),S[i]%=mod; } f[0][0]=1; for(int i=1;i<=N;i++){ for(int j=0;j<=N;j++){ f[i][j]=f[i-1][j]; if(j) f[i][j]+=f[i-1][j-1]*S[i];f[i][j]%=mod; if(i==N&&j) Ans+=f[i][j],Ans%=mod; } } for(int i=1;i<=M;i++){ memset(g,0,sizeof(g)); g[0][N]=1; for(int j=1;j<=N;j++){ for(int k=0;k<=2*N;k++){ g[j][k]=g[j-1][k]+g[j-1][k+1]*Mod(S[j]-A[j][i]); if(k) g[j][k]+=g[j-1][k-1]*A[j][i]; g[j][k]%=mod; } } for(int j=1;j<=N;j++) Ans-=g[N][N+j],Ans=Mod(Ans); }printf("%lld ",Ans);return 0; }
划分
$solution:$
考虑 $O(n^3)$ 的暴力 $dp$ ，设 $f_{i,j}$ 表示最后一段为 $[i,j]$ 的最小代价，通过打表可以发现 $f_{i,j}leq f_{i,j-1}$ 。
所以说问题就转换成了求 $f$ 有解的最大右端点，只维护 $f$ 中的转移点即可，不需要管 $f$ 的具体值，在最后计算答案即可。
设 $F_i$ 表示 $f_{i}$ 的最右转移点，即 $(F_i,i]$ 为若 $f$ 值最小区间，则 $F_i=max{j}space(S_i-S_jgeq S_j-S_{F_j})$ ，即 $S_igeq 2 imes S_j-S_{F_j}$ 。
直接单调队列优化即可，而最后可以用 $int128$ 或手写高精度。时间复杂度 $O(n)$ 。
#include<iostream> #include<cstring> #include<cstdio> #include<algorithm> #define LL long long using namespace std; inline int read(){ int f=1,ans=0;char c=getchar(); while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();} while(c>='0'&&c<='9'){ans=ans*10+c-'0';c=getchar();} return f*ans; } const int MAXN=40000001; int N,A[MAXN],opt,B[MAXN],P[MAXN],L[MAXN],R[MAXN],u; void Maker(){ if(!opt){for(int i=1;i<=N;i++) A[i]=read();return;} int pw=1;for(int i=1;i<=30;i++) pw*=2; int x=read(),y=read(),z=read();B[1]=read(),B[2]=read();int m=read(); for(int i=3;i<=N;i++) B[i]=(LL)((LL)x*B[i-1]+(LL)y*B[i-2]+(LL)z)%pw; for(int i=1;i<=m;i++) P[i]=read(),L[i]=read(),R[i]=read(); int ps=0; for(int i=1;i<=N;i++){ if(!(P[ps-1]<i&&i<=P[ps])) ps++; A[i]=B[i]%(R[ps]-L[ps]+1)+L[ps]; }return; } int f[MAXN],head=1,tail=1,Que[MAXN]; LL S[MAXN]; LL calc(int id){return 2ll*S[id]-S[f[id]];} void write(__int128 u){if(!u) return;write(u/10);putchar((u%10)+'0');return;} int main(){ N=read();opt=read();Maker(); for(int i=1;i<=N;i++) S[i]=S[i-1]+(LL)A[i]; for(int i=1;i<=N;i++){ while(head<tail&&calc(Que[head+1])<=S[i]) head++;f[i]=Que[head]; while(head<tail&&calc(Que[tail])>=calc(i)) tail--;Que[++tail]=i; } __int128 Ans=0;u=N; while(u){ Ans+=(__int128)(S[u]-S[f[u]])*(__int128)(S[u]-S[f[u]]); u=f[u]; } write(Ans);printf(" "); return 0; }
树的重心
$solution:$
考虑 $u$ 号点的贡献，设 $f_u$ 表示以 $u$ 为根子树下子树最大的。
考虑如何再删掉 $(x,fa_x)$ 这条边时重心为 $u$ 。
若 $x$ 为 $u$ 的祖先，则
$$
egin{equation}
left{
egin{array}{**lr**}
f_uleq lfloordfrac{siz_x}{2}
floor\
siz_x-siz_uleq lfloordfrac{siz_x}{2}
floor
end{array}
ight.
end{equation}
$$
即 $2cdot f_uleq siz_xleq 2cdot siz_u$ 。
若 $x$ 在 $u$ 的子树下，可得 $2cdot siz_v-Nleq siz_xleq min{N-2cdot f_u,2cdot siz_u-N}$ 。而 $f_u$ 表示除了 $v$ 以外最大子树。
其余情况则 $N-2cdot siz_uleq siz_xleq N-2cdot f_u$ 。
对于祖先情况可以直接在 $dfs$ 遍历是用树状数组维护，子树可以 $dfs$ 序后树状数组维护，其余情况可以通过整体减去祖先与子树得到。
时间复杂度 $O(nlog n)$ 。
#include<iostream> #include<cstring> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<vector> #define LL long long using namespace std; inline int read(){ int f=1,ans=0;char c=getchar(); while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();} while(c>='0'&&c<='9'){ans=ans*10+c-'0';c=getchar();} return f*ans; } const int MAXN=300001; struct node{ int u,v,nex; }x[MAXN<<1]; int T,N,head[MAXN],cnt,dfn[MAXN],rev[MAXN],tot,fa[MAXN],f1[MAXN],f2[MAXN],siz[MAXN]; inline void add(int u,int v){ x[cnt].u=u,x[cnt].v=v,x[cnt].nex=head[u],head[u]=cnt++; } inline void dfs(int u,int fath){ siz[u]=1;fa[u]=fath;dfn[u]=++tot,rev[tot]=u; for(register int i=head[u];i!=-1;i=x[i].nex){ if(x[i].v==fath) continue; dfs(x[i].v,u); siz[u]+=siz[x[i].v];int res=siz[x[i].v]; if(res>=f1[u]) f2[u]=f1[u],f1[u]=res; else if(res>=f2[u]) f2[u]=res; }return; } int Num[4][MAXN]; struct BIT{ int Ans[MAXN]; void clear(){memset(Ans,0,sizeof(Ans));} int lowbit(int x){return x&-x;} void Modify(int x,int w){for(;x<=N;x+=lowbit(x)) Ans[x]+=w;return;} int Query(int x){if(x==-1) return 0;int res=0;for(;x;x-=lowbit(x)) res+=Ans[x];return res;} void ins(int x,int w){Modify(x,w);return;} int Que(int l,int r){if(l>r) return 0;return Query(r)-Query(l-1);} }bit; struct Node{ int opt1,opt2,l,r,U; }; vector<Node> vec[MAXN]; inline void dfs1(int u,int fath){ if(u!=1) bit.ins(siz[u],1); for(register int i=0;i<vec[u].size();++i){ Num[vec[u][i].opt1][u]+=vec[u][i].opt2*bit.Que(vec[u][i].l,vec[u][i].r); if(vec[u][i].opt1==3){ int L=vec[u][i].l,R=vec[u][i].r; Num[vec[u][i].opt1][u]+=vec[u][i].opt2*((L<=siz[1])&&(siz[1]<=R)); } } for(register int i=head[u];i!=-1;i=x[i].nex){ if(x[i].v==fath) continue; dfs1(x[i].v,u); } if(u!=1) bit.ins(siz[u],-1); return; } signed main(){ T=read(); while(T--){ tot=0;cnt=0; memset(Num,0,sizeof(Num)); memset(head,-1,sizeof(head));memset(f1,0,sizeof(f1));memset(f2,0,sizeof(f2)); N=read(); for(register int i=1;i<N;++i){int u=read(),v=read();add(u,v),add(v,u);}dfs(1,0); for(register int i=1;i<=N;++i) vec[i].clear();bit.clear(); for(register int i=1;i<=N;++i){ Node e;e.opt1=1,e.opt2=1,e.l=2*f1[i],e.r=2*siz[i]; e.l=max(e.l,0),e.r=min(e.r,N); vec[i].push_back(e); int L=N-2*siz[i],R=N-2*f1[i];L=max(L,0),R=min(R,N); e.opt1=3,e.opt2=-1,e.l=L,e.r=R; vec[i].push_back(e); }dfs1(1,0); bit.clear();for(int i=1;i<=N;i++) vec[i].clear(); for(register int xx=1;xx<=N;++xx){ for(register int i=head[xx];i!=-1;i=x[i].nex){ if(x[i].v==fa[xx]) continue; Node e;int EE=0; if(f1[xx]==siz[x[i].v]) EE=f2[xx]; else EE=f1[xx]; e.opt1=2,e.opt2=1,e.l=2*siz[x[i].v]-N,e.r=min(N-2*EE,2*siz[xx]-N);e.l=max(e.l,0),e.r=min(e.r,N);e.U=xx; vec[dfn[x[i].v]+siz[x[i].v]-1].push_back(e); e.opt2=-1; vec[dfn[x[i].v]-1].push_back(e); } int L=N-2*siz[xx],R=N-2*f1[xx];L=max(L,0),R=min(R,N); Node e;e.opt1=3,e.opt2=-1,e.l=L,e.r=R;e.U=xx; vec[dfn[xx]+siz[xx]-1].push_back(e); e.opt2=1;vec[dfn[xx]].push_back(e); } for(register int i=1;i<=N;++i){ bit.ins(siz[rev[i]],1); for(register int j=0;j<vec[i].size();++j){ Node e;e=vec[i][j]; Num[e.opt1][e.U]+=e.opt2*bit.Que(e.l,e.r); } } for(register int i=1;i<=N;++i){int L=N-2*siz[i],R=N-2*f1[i];L=max(L,0),R=min(R,N);Num[3][i]+=bit.Que(L,R);} LL Ans=0; for(register int i=1;i<=N;++i) Ans+=(LL)i*(LL)(Num[1][i]+Num[2][i]+Num[3][i]); printf("%lld ",Ans); } }
$CSPspace J$
数字游戏
$solution:$
直接模拟。时间复杂度 $O(1)$ 。
#include<iostream> #include<cstring> #include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; inline int read(){ int f=1,ans=0;char c=getchar(); while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();} while(c>='0'&&c<='9'){ans=ans*10+c-'0';c=getchar();} return f*ans; } const int MAXN=1001; char str[MAXN]; int main(){ // freopen("number.in","r",stdin); // freopen("number.out","w",stdout); scanf("%s",str+1);int len=strlen(str+1),Ans=0; for(int i=1;i<=len;i++) Ans+=(str[i]=='1'); printf("%d ",Ans);return 0; }
公交换乘
$solution:$
线段树二分模板题。时间复杂度 $O(nlog n)$ 。
#include<iostream> #include<cstring> #include<cstdio> #include<algorithm> #define int long long using namespace std; inline int read(){ int f=1,ans=0;char c=getchar(); while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();} while(c>='0'&&c<='9'){ans=ans*10+c-'0';c=getchar();} return f*ans; } const int MAXN=100001; struct node{ int w,t; }g[MAXN]; int N,tot,Ans; struct Segment_Tree{ int Maxn[MAXN<<2]; void Modify(int k,int l,int r,int x,int y,int w){ if(x<=l&&r<=y) {Maxn[k]=w;return;} int mid=l+r>>1; if(x<=mid) Modify(k<<1,l,mid,x,y,w); if(mid<y) Modify(k<<1|1,mid+1,r,x,y,w); Maxn[k]=max(Maxn[k<<1],Maxn[k<<1|1]); } int Qpos(int k,int l,int r,int w){ if(l==r) return l; int mid=l+r>>1; if(Maxn[k<<1]>=w) return Qpos(k<<1,l,mid,w); if(Maxn[k<<1|1]>=w) return Qpos(k<<1|1,mid+1,r,w); return -1; } }Segment; signed main(){ // freopen("transfer.in","r",stdin); // freopen("transfer.out","w",stdout); N=read();int l=1; for(int i=1;i<=N;i++){ int opt=read(),w=read(),t=read(); if(opt==0){g[++tot].w=w,g[tot].t=t;Segment.Modify(1,1,N,tot,tot,w);Ans+=w;continue;} while(l<=tot&&t-g[l].t>45){Segment.Modify(1,1,N,l,l,0);l++;} int u=Segment.Qpos(1,1,N,w); if(u==-1) {Ans+=w;;continue;} Segment.Modify(1,1,N,u,u,0);continue; // printf("i:%d l:%d ",i,l); }printf("%lld ",Ans);return 0; }
纪念品
若 $i$ 天买进 $j$ 天卖出可以看成 $i$ 天买 ,$i+1$ 天卖后再买。做 $T-1$ 次完全背包即可。时间复杂度 $O(10^4cdot Tcdot N)$
#include<iostream> #include<cstring> #include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; inline int read(){ int f=1,ans=0;char c=getchar(); while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();} while(c>='0'&&c<='9'){ans=ans*10+c-'0';c=getchar();} return f*ans; } const int MAXA=10001; const int MAXN=101; int T,N,M,f[MAXA],A[MAXN][MAXN],Maxn; int main(){ // freopen("4.in","r",stdin); T=read(),N=read(),M=read(); if(T==1){printf("%d ",M);return 0;} for(int i=1;i<=T;i++) for(int j=1;j<=N;j++) A[i][j]=read();Maxn=M; for(int i=1;i<T;i++){ memset(f,0,sizeof(f)); for(int j=0;j<=Maxn;j++) f[j]=j; for(int j=0;j<=Maxn;j++) for(int k=1;k<=N;k++) if(j>=A[i][k]){ f[j]=max(f[j],f[j-A[i][k]]+A[i+1][k]); } for(int j=0;j<=Maxn;j++) Maxn=max(Maxn,f[j]); }printf("%d ",Maxn);return 0; }/* 6 1 100 50 20 25 20 25 50 */
加工零件
分奇偶跑最短路即可，时间复杂度 $O(n+m+q)$ 。
#include<iostream> #include<cstring> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<queue> #define int long long using namespace std; inline int read(){ int f=1,ans=0;char c=getchar(); while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();} while(c>='0'&&c<='9'){ans=ans*10+c-'0';c=getchar();} return f*ans; } const int MAXN=100001; struct node{ int u,v,w,nex; }x[MAXN<<1]; int head[MAXN],cnt,f[MAXN][2]; void add(int u,int v,int w){ x[cnt].u=u,x[cnt].v=v,x[cnt].w=w,x[cnt].nex=head[u],head[u]=cnt++; } int n,m,vis[MAXN][2],q,siz[MAXN]; priority_queue<pair<int,pair<int,int> > > Que; void dijkstra(){ memset(f,127/3,sizeof(f));f[1][0]=0;Que.push(make_pair(0,make_pair(1,0))); while(!Que.empty()){ int u=Que.top().second.first,opt=Que.top().second.second;Que.pop();if(vis[u][opt]) continue; vis[u][opt]=1; for(int i=head[u];i!=-1;i=x[i].nex){ int W=f[u][opt]+x[i].w; if(f[x[i].v][W&1]>W){ f[x[i].v][W&1]=W;Que.push(make_pair(-f[x[i].v][W&1],make_pair(x[i].v,W&1))); } } } } signed main(){ // freopen("work.in","r",stdin); // freopen("work.out","w",stdout); memset(head,-1,sizeof(head)); n=read(),m=read(),q=read(); for(int i=1;i<=m;i++){ int u=read(),v=read(); add(u,v,1),add(v,u,1);siz[u]++,siz[v]++; } dijkstra(); while(q--){ int u=read(),L=read(); if(u==1&&siz[1]==0){printf("No ");continue;} if(f[u][L&1]<=L){printf("Yes ");continue;} printf("No ");continue; } }/* 10 6 5 4 7 2 4 4 5 3 2 5 7 8 6 3 1 8 2 4 1 5 1 1 4 */