A题，因为数据范围很小，所以只要暴力即可，如果能相遇一定范围不大，如果范围很大还没相遇一定是不会相遇的了。正解应当是用扩展欧几里得计算这个方程的整数解，再想办法看看有没有正整数解才是。
B题，只要看懂了题意，用map维护一下即可。真不知道题目给的n是干嘛用的。。
C题，如果不存在loop的情况就用np态判断一下即可。现在存在loop正向dfs是不可以的，因为dfs的顺序会对结果造成影响。那么采用倒着搜索的方式，如果某点是必败的，那么到达这个点的点必然是必胜的，如果当前点是必胜的，那么父亲节点的计数减1（每个点的计数初始化为这个点可以走的方法数），如果该父亲节点的计数点为0了，说明其子节点都是必胜点，该点为必败点。不论是必胜点还是必败点，在得出这个点的性质后需要入队继续搜索，那么自始至终没有入队的点就是loop点了。实现完以后可以发现这个方式和拓扑排序有点类似。代码如下：
1 #include <bits/stdc++.h> 2 #define t_mid (l+r>>1) 3 #define ls (o<<1) 4 #define rs (o<<1|1) 5 #define lson ls,l,t_mid 6 #define rson rs,t_mid+1,r 7 using namespace std; 8 const int N = 7000 + 5; 9 typedef long long ll; 10 typedef pair<int,int> pii; 11 //typedef pair<ll, int> pli; 12 13 int n; 14 vector<int> s[2]; 15 bool vis[N][2]; 16 int deg[N][2]; 17 int dp[N][2]; 18 struct node 19 { 20 int pos, turn, ans; // 1 : win, 0 : lose 21 }; 22 void bfs() 23 { 24 queue<node> Q; 25 Q.push((node){1, 0, 0}); 26 Q.push((node){1, 1, 0}); 27 dp[1][0] = dp[1][1] = 0; 28 vis[1][0] = vis[1][1] = 1; 29 for(int i=2;i<=n;i++) deg[i][0] = s[0].size(); 30 for(int i=2;i<=n;i++) deg[i][1] = s[1].size(); 31 while(!Q.empty()) 32 { 33 node temp = Q.front(); Q.pop(); 34 int turn = temp.turn, pos = temp.pos, ans = temp.ans; 35 int befturn = !turn; 36 dp[pos][turn] = ans; 37 if(ans == 0) 38 { 39 for(int step : s[befturn]) 40 { 41 int befpos = pos - step; 42 if(befpos <= 0) befpos += n; 43 if(!vis[befpos][befturn]) 44 { 45 vis[befpos][befturn] = 1; 46 Q.push((node){befpos, befturn, 1}); 47 } 48 } 49 } 50 else 51 { 52 for(int step : s[befturn]) 53 { 54 int befpos = pos - step; 55 if(befpos <= 0) befpos += n; 56 if(--deg[befpos][befturn] == 0 && !vis[befpos][befturn]) 57 { 58 vis[befpos][befturn] = 1; 59 Q.push((node){befpos, befturn, 0}); 60 } 61 } 62 } 63 } 64 } 65 66 int main() 67 { 68 cin >> n; 69 int t; scanf("%d",&t); 70 while(t--) 71 { 72 int x; scanf("%d", &x); 73 s[0].push_back(x); 74 } 75 sort(s[0].begin(), s[0].end()); 76 scanf("%d",&t); 77 while(t--) 78 { 79 int x; scanf("%d", &x); 80 s[1].push_back(x); 81 } 82 bfs(); 83 for(int j=0;j<2;j++) 84 { 85 for(int i=2;i<=n;i++) 86 { 87 if(!vis[i][j]) printf("Loop "); 88 else if(dp[i][j]) printf("Win "); 89 else printf("Lose "); 90 } 91 puts(""); 92 } 93 return 0; 94 }
D题，1操作是u到v建边，2操作是u到[L, R]建边，3操作是[L, R]到u建边，1操作直接建边即可，2操作和3操作需要在线段树上建边，2操作需要在第一棵线段树上从父亲往子节点建权值为0的边，3操作在第二棵线段树上反过来即可。最后跑dij即可。需要注意的是，一棵线段树的空间是2N，因此总共的点数是N+2N*2=5N。要注意线段实际上是化为log个点再建边的。具体见代码：
1 #include <bits/stdc++.h> 2 #define t_mid (l+r>>1) 3 #define ls (o<<1) 4 #define rs (o<<1|1) 5 #define lson ls,l,t_mid 6 #define rson rs,t_mid+1,r 7 using namespace std; 8 const int N = 1e5 + 5; 9 const int V = N * 5; 10 typedef long long ll; 11 typedef pair<int,int> pii; 12 typedef pair<ll,int> pli; 13 const ll inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f; 14 15 int n, m, s; 16 vector<pii> G[V]; 17 void addEdge(int u,int v,int w) 18 { 19 G[u].push_back(pii(v, w)); 20 } 21 int id[2][N<<2], idx; 22 void build(int o,int l,int r,int who) 23 { 24 id[who][o] = ++idx; 25 if(l == r) 26 { 27 if(who == 0) addEdge(id[who][o], l, 0); 28 else addEdge(l, id[who][o], 0); 29 return ; 30 } 31 build(lson, who); 32 build(rson, who); 33 if(who == 0) 34 { 35 addEdge(id[who][o], id[who][ls], 0); 36 addEdge(id[who][o], id[who][rs], 0); 37 } 38 else 39 { 40 addEdge(id[who][ls], id[who][o], 0); 41 addEdge(id[who][rs], id[who][o], 0); 42 } 43 } 44 vector<int> vs; 45 void get(int o,int l,int r,int ql,int qr,int who) 46 { 47 if(l == ql && r == qr) 48 { 49 vs.push_back(id[who][o]); 50 return ; 51 } 52 if(qr <= t_mid) get(lson,ql,qr,who); 53 else if(ql > t_mid) get(rson,ql,qr,who); 54 else 55 { 56 get(lson,ql,t_mid,who); 57 get(rson,t_mid+1,qr,who); 58 } 59 } 60 61 ll d[V]; 62 void dij(int s) 63 { 64 memset(d,0x3f,sizeof d); 65 d[s] = 0; 66 priority_queue<pli,vector<pli>,greater<pli> > Q; 67 Q.push(pli(0LL, s)); 68 while(!Q.empty()) 69 { 70 pli p = Q.top(); Q.pop(); 71 int u = p.second; 72 ll dis = p.first; 73 if(dis > d[u]) continue; 74 for(pii e : G[u]) 75 { 76 int v = e.first, w = e.second; 77 if(d[u] + w < d[v]) 78 { 79 d[v] = d[u] + w; 80 Q.push(pli(d[v], v)); 81 } 82 } 83 } 84 } 85 86 int main() 87 { 88 cin >> n >> m >> s; 89 idx = n; 90 build(1,1,n,0); 91 build(1,1,n,1); 92 while(m--) 93 { 94 int op; scanf("%d",&op); 95 if(op == 1) 96 { 97 int u, v, w; scanf("%d%d%d",&u,&v,&w); 98 addEdge(u, v, w); 99 } 100 else 101 { 102 vs.clear(); 103 int u, l, r, w; 104 scanf("%d%d%d%d",&u,&l,&r,&w); 105 if(op == 2) 106 { 107 get(1,1,n,l,r,0); 108 for(int v : vs) addEdge(u, v, w); 109 } 110 else 111 { 112 get(1,1,n,l,r,1); 113 for(int v : vs) addEdge(v, u, w); 114 } 115 } 116 } 117 dij(s); 118 for(int i=1;i<=n;i++) 119 { 120 if(d[i] == inf) d[i] = -1; 121 printf("%I64d%c",d[i],i==n?' ':' '); 122 } 123 return 0; 124 }
E题，利用主席树可以在log的时间内找出一段不同的数的个数，那么对于一个k，不断的二分+主席树来找到最右边的数字个数不超过k的范围，这个复杂度是两个log，再考虑到k是从1到n，对一个k每次至少跳k个单位的距离，那么总共需要进行这个两个log的操作的次数是n/1+n/2+...+n/n = ln(n)。那么总的时间复杂度是nlogloglog，TLE。那么正确的做法是二分+主席树可以利用类似与在线段树上的树上二分操作优化成一个log，每次去寻找右边第一个个数超过k的位置并跳过去，那么最终的复杂度是nloglog，可A。要注意的是这里主席数的节点要从右往左插入。具体见代码：
1 #include <bits/stdc++.h> 2 #define t_mid (l+r>>1) 3 //#define ls (o<<1) 4 //#define rs (o<<1|1) 5 //#define lson ls,l,t_mid 6 //#define rson rs,t_mid+1,r 7 using namespace std; 8 const int N = 1e5 + 5; 9 typedef long long ll; 10 typedef pair<int,int> pii; 11 12 int pre[N],a[N],n,m,tot; 13 int rt[N*40],sum[N*40],ls[N*40],rs[N*40]; 14 void build(int &o,int l,int r) 15 { 16 o = ++tot; 17 sum[o] = 0; 18 if(l == r) return ; 19 build(ls[o],l,t_mid); 20 build(rs[o],t_mid+1,r); 21 } 22 void update(int &o,int l,int r,int last,int pos,int dt) 23 { 24 o = ++tot; 25 sum[o] = sum[last]; 26 ls[o] = ls[last]; 27 rs[o] = rs[last]; 28 if(l == r) {sum[o] += dt; return ;} 29 if(pos <= t_mid) update(ls[o],l,t_mid,ls[last],pos,dt); 30 else update(rs[o],t_mid+1,r,rs[last],pos,dt); 31 sum[o] = sum[ls[o]] + sum[rs[o]]; 32 } 33 int query(int o,int l,int r,int k) // return the first bu man zu de r 34 { 35 if(l == r) return l; 36 int cnt = sum[ls[o]]; 37 if(cnt > k) return query(ls[o],l,t_mid,k); 38 else return query(rs[o],t_mid+1,r,k-cnt); 39 } 40 int ans[N]; 41 42 int main() 43 { 44 cin >> n; 45 memset(pre,-1,sizeof pre); 46 for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",a+i); 47 build(rt[0],1,n+1); // a[n+1] = 0, but all the ai is >= 1, so is different one 48 for(int i=n;i>=1;i--) 49 { 50 int now = a[i]; 51 if(pre[now] == -1) 52 { 53 update(rt[i],1,n+1,rt[i+1],i,1); 54 } 55 else 56 { 57 int temp; 58 update(temp,1,n+1,rt[i+1],pre[now],-1); 59 update(rt[i],1,n+1,temp,i,1); 60 } 61 pre[now] = i; 62 } 63 for(int k=1;k<=n;k++) 64 { 65 int L = 1, res = 0; 66 while(L <= n) 67 { 68 int pos = query(rt[L],1,n+1,k); 69 L = pos; 70 res++; 71 } 72 ans[k] = res; 73 } 74 for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d%c",ans[i],i==n?' ':' '); 75 return 0; 76 }