24.11.3

星期一：

补24武汉高校联合程序设计新生赛 C cf传送门

最开始用倍增+树链刨分，稳定T

思路：处理出树链刨分的dfn序和重链等前置信息，然后对每条重链开个set（常见方法，用于存断开的边，每次询问先对y所在重链进行查询，若无断边或断边深度大于y，则前往上一条重链，直到根节点

沿重链往上跑复杂度为log，set查询也是log，询问复杂度为O(q*log2n)，开O3优化后2900ms左右（脸黑可能会T

代码如下：

const int N=2e6+10,M=1e4+10;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int mod=998244353;
ll n;
int fa[N][22],dep[N],top[N],sz[N],son[N],dfn[N],tim;
vector<int>ve[N];
map<PII,int>mp;
int to[N];
struct point{int x;bool operator <(const point &b)const{   //断边按深度排序return dep[x]>dep[b.x];}
};
//map<int,set<point>>ump;
set<point>ump[N];
inline void dfs(int u,int f){if(mp.count({u,f})) to[mp[{u,f}]]=u;else if(mp.count({f,u})) mp[{f,u}]=u;dep[u]=dep[f]+1;fa[u][0]=f;for(int j=1;j<=20;j++) fa[u][j]=fa[fa[u][j-1]][j-1];sz[u]=1;for(int v:ve[u]) if(v!=f){dfs(v,u);sz[u]+=sz[v];if(sz[v]>sz[son[u]]) son[u]=v;}
}
inline void dfs2(int u,int t){dfn[u]=++tim;top[u]=t;if(!son[u]) return ;dfs2(son[u],t);for(int i:ve[u]){if(i==son[u] || i==fa[u][0]) continue;dfs2(i,i);                              //注意dfs2的第二个参数也是i}
}
void solve(){int q; cin >> n >> q;for(int i=1;i<n;i++){int u,v; cin >> u >> v;ve[u].push_back(v);ve[v].push_back(u);mp[{u,v}]=mp[{v,u}]=i;}dfs(1,1);dfs2(1,1);while(q--){int x,y; cin >> x >> y;x=to[x];
//		update(x,x);
//		int an=y;
//		for(int j=__lg(dep[y])+1;~j;j--)
//			if(query(y,fa[an][j])>=0) an=fa[an][j];
//		if(an!=1 && !query(an,an)) an=fa[an][0];
//		cout << an << "\n";auto it=ump[top[x]].find({x});if(it!=ump[top[x]].end()) ump[top[x]].erase(it);else ump[top[x]].insert({x});int an=y;while(an!=1){if(ump[top[an]].empty()){an=fa[top[an]][0]; continue;}auto p=ump[top[an]].lower_bound({an});if(p==ump[top[an]].end()){an=fa[top[an]][0]; continue;}an=(*p).x;break;}cout << an << "\n";}
}

补24 icpc昆明邀请赛 E cf传送门

初见有点让人摸不着头脑

思路：这题利用到了gcd的一个很重要的性质，前缀gcd只有logV种，所以每当前缀gcd即pre【i】变化时，可枚举一遍操作的区间，l固定为 i，枚举 r，先预处理出后缀gcd，即可得到操作区间为 i-j的全局gcd，ans取max

代码如下：

const int N=2e6+10,M=1e4+10;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int mod=998244353;
ll n;
ll a[N],pre[N],suf[N];
void solve(){ll k; cin >> n >> k;for(int i=1;i<=n;i++){cin >> a[i];pre[i]=__gcd(a[i],pre[i-1]);}suf[n+1]=0;for(int i=n;i;i--) suf[i]=__gcd(a[i],suf[i+1]);ll ans=pre[n];for(int i=1;i<=n;i++) if(pre[i]!=pre[i-1]){ll gc=0;for(int j=i;j<=n;j++){gc=__gcd(a[j]+k,gc);ans=max(__gcd(pre[i-1],__gcd(gc,suf[j+1])),ans);}}cout << ans << "\n";
}

补 cf round981 div3 D cf传送门

按理说补了24牛客多校7的D，不应该反应不过来。

思路：遍历时记录所有出现过的前缀和，若一个值出现了两次，即出现了一个区间的sum为0，可直接贪心地ans++，并清空map的记录，记得遍历前和每次清空后定mp【0】= 1

代码如下：

const int N=2.2e6+10,M=210;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int mod=1e9+7;
ll n;void solve(){cin >> n;map<ll,int>mp;ll sum=0,ans=0;mp[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++){ll a; cin >> a;sum+=a;if(!a || mp.count(sum)) ans++,sum=0,mp.clear(),mp[0]=1;else mp[sum]++;}cout << ans << "\n";
}

星期二：

vp 2024 CCPC 哈尔滨，5题，但第五题出的不是J，而是osir出了B的计几

24 ICPC成都上 cf了，交了自以为的最后一发提交代码，以为会在很后面wa，没想到直接过了

原来是最后一发因为之前调试，把一个else if的else给漏了，样例都没过，但当时根本没想到测样例，只能说还是粗糙了😿😿😿

悟以往之不谏，知来者之可追，当下该做的是及时调整状态，为下个月的沈阳站做准备

连一刻都没有为成都站的失利哀悼，立刻赶到战场的是11月23日沈阳！

星期三：

补24 CCPC 哈尔滨 J cf传送门

就该多写写这种构式贪心题

思路：思路一眼，实现赤石。建议动手前先想清楚到底会有哪几种情况

按下一个充电桩的下标给要用的电池排序，优先队列实现

遍历充电桩，再不断地取电池出来用，若电池不够，直接输出答案，否则开始讨论

设当前充电桩可充电电池为 ba，那么ba不可能满电，只有用完和没用完两种情况。

若没用完，此时优先队列队头必是ba，取出来给充满电重新放回去，若后面还有充电桩，下标为下一充电桩下标，否则m+1，即压箱底的电池

若用完了，先把取出来的队头电池放回去，后续操作同上述情况

代码如下：

const int N=2e6+10,M=1e4+10;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int mod=998244353;
ll n;
ll a[N],x[N],t[N];
vector<int>ve[N];
void solve(){ll m; cin >> n >> m;for(int i=1;i<=n;i++){cin >> a[i];ve[i].clear();}for(int i=1;i<=m;i++){cin >> x[i] >> t[i];ve[t[i]].push_back(i);}for(int i=1;i<=n;i++) reverse(ve[i].begin(),ve[i].end());priority_queue<PII,vector<PII>,greater<>>pq;for(int i=1;i<=n;i++){if(ve[i].empty()) pq.push({m+1,a[i]});else pq.push({ve[i].back(),a[i]}),ve[i].pop_back();}for(int i=1;i<=m;i++){ll dis=x[i]-x[i-1];while(dis && !pq.empty()){auto [id,lef]=pq.top(); pq.pop();ll mi=min(dis,lef);dis-=mi,lef-=mi;if(lef) pq.push({id,lef});}if(dis){cout << x[i]-dis << "\n"; return ;}if(!pq.empty()){auto [id,lef]=pq.top(); pq.pop();if(id!=i){pq.push({id,lef});if(ve[t[i]].empty()) pq.push({m+1,a[t[i]]});else pq.push({ve[t[i]].back(),a[t[i]]}),ve[t[i]].pop_back();}else {if(ve[t[id]].empty()) pq.push({m+1,a[t[id]]});else pq.push({ve[t[id]].back(),a[t[id]]}),ve[t[id]].pop_back();}}else{if(ve[t[i]].empty()) pq.push({m+1,a[t[i]]});else pq.push({ve[t[i]].back(),a[t[i]]}),ve[t[i]].pop_back();}}ll mo=0;while(!pq.empty()) mo+=pq.top().second,pq.pop();cout << x[m]+mo << "\n";
}

星期四：

补24牛客多校10 K 牛客传送门

思路：易想到至多转折一次分数最高，但误判转折时机为二次函数导致写了个错误三分，其实决定转折点后能走到哪明显是可以二分求出的，那么可想到转折时机大概率需要全部枚举一遍

代码如下：

const int N=2e5+10,M=1e4+10;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int mod=998244353;
ll n;
ll a[N],b[N],ai,bi;
void solve(){cin >> n;ai=bi=0;ll ad=0;for(int i=1;i<=n;i++){ll d; cin >> d;if(!d) ad++;if(d>0) a[++ai]=d;if(d<0) b[++bi]=-d;}sort(a+1,a+ai+1);sort(b+1,b+bi+1);ll ans=0;for(int i=0;i<=ai;i++){if(a[i]>ai-i) break;int l=0,r=bi,res=0;while(l<=r){int mid=l+r>>1;if(bi-mid>=a[i]+b[mid]) res=mid,l=mid+1;else r=mid-1;}ans=max(1ll*i+res,ans);}for(int i=0;i<=bi;i++){if(b[i]>bi-i) break;int l=0,r=ai,res=0;while(l<=r){int mid=l+r>>1;if(ai-mid>=b[i]+a[mid]) res=mid,l=mid+1;else r=mid-1;}ans=max(1ll*i+res,ans);}cout << ans+ad << "\n";
}

贴cf global round27 C 构造 cf传送门

观察下样例能得到明显的启发

思路：若n为奇数，最后一次是&操作，那么答案肯定<=最后一个数，尝试让 n在最后构造出 n，易得最后四个数可以为 1 3 n-1 n

若n为偶数，可以补齐n的所有二进制0位，定m为n的二进制相反数，m一定是奇数，按上述构造方法构造出m，最后填n，n|m即可在二进制位上全1，注意m为1或3需要特判

代码如下：

const int N=2e6+10,M=1e4+10;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int mod=998244353;
ll n;void solve(){cin >> n;if(n&1){cout << n << "\n";for(int i=1;i<n-1;i++) if(i!=1 && i!=3) cout << i << " ";cout << "1 3 " << n-1 << " " << n << "\n";}else{ll m=0;for(int j=20;~j;j--) if((1<<j)<n && !(n&1<<j)) m+=(1<<j);cout << (n|m) << "\n";if(m==1){for(int i=2;i<n;i++) cout << i << " ";cout << "1 " << n << "\n"; return ;}else if(m==3){for(int i=4;i<n;i++) cout << i << " ";cout << "1 2 3 " << n << "\n"; return ;}for(int i=1;i<n;i++) if(i!=1 && i!=3 && i!=m-1 && i!=m) cout << i << " ";cout << "1 3 " << m-1 << " " << m << " " << n << "\n";}
}

补24牛客多校10 L 牛客传送门

数据范围非常小，初见没什么思路，但看了题解后其实挺好写的

思路：一共有10^n种密码，一个暴力解法是对于每个限制条件的s和t，将s暴力搜一遍，搜出所有可行的密码，最后统计满足m个条件的密码，复杂度为 10^n * n^3 * m，应该会T

但注意到025到014和000到099操作是等价的，所以可以对s做一个偏移，偏移为0，就只需要以00000为起点暴搜一次，暴搜使用bfs实现即可

如何判断是否满足条件，大多情况下只要t>=dis就行，但需特判t为1和n为1的情况

这里写的判断条件粗糙了，前两个if进行了特判，但第三个if没判t!=1 && n!=1，放特判进去了，以后需注意

代码如下:

const int N=2e5+10,M=1e4+10;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int mod=998244353;
ll n;
ll dis[N],p10[6]={1,10,100,1000,10000,100000};
void init(){memset(dis,-1,sizeof dis);   //dis需初始化为-1而不是0queue<int>qu;dis[0]=0;qu.push(0);while(!qu.empty()){int num=qu.front(),tnum=num; qu.pop();int a[6]={0};for(int i=n;i;i--) a[i]=tnum%10,tnum/=10;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=i;j<=n;j++){      //枚举操作区间int num1=0,num2=0;for(int k=1;k<=n;k++){if(k<i || k>j) num1=num1*10+a[k],num2=num2*10+a[k];else num1=num1*10+(a[k]+1)%10,num2=num2*10+(a[k]+9)%10;}if(dis[num1]==-1) dis[num1]=dis[num]+1,qu.push(num1);if(dis[num2]==-1) dis[num2]=dis[num]+1,qu.push(num2);}}}
}
void solve(){n=5;init();int tc; cin >> tc;while(tc--){ll m; cin >> n >> m;int cnt[N]={0};for(int i=1;i<=m;i++){string s;int t; cin >> s >> t;int py[6]={0};for(int i=1;i<=n;i++) py[i]=s[i-1]-'0';      //每位上的偏移量for(int num=0;num<p10[n];num++){int tonum=0,a[6]={0},tnum=num;for(int i=n;i;i--) a[i]=tnum%10,tnum/=10;for(int i=1;i<=n;i++) tonum=tonum*10+(a[i]-py[i]+10)%10;if(t==1 && dis[tonum]==t) cnt[num]++;else if(n==1 && (dis[tonum]&1)==(t&1) && dis[tonum]<=t) cnt[num]++;else if(t!=1 && n!=1 && dis[tonum]<=t) cnt[num]++;
//				if(dis[tonum]==0 && t==1) continue;
//				if(n==1 && (abs(t-dis[tonum])&1)) continue;
//				if(dis[tonum]<=t) cnt[num]++;}}ll ans=-1,ifm=0;for(int num=0;num<p10[n];num++) if(cnt[num]==m){if(ans!=-1){ifm=1; break;}ans=num;}if(ifm) cout << "MANY\n";else if(ans==-1) cout << "IMPOSSIBLE\n";else{for(int i=n-1;~i;i--) cout << ans/p10[i]%10; cout << "\n";}}
//	cout << dis[0];
}

星期六：

blg输给了t1

如今23号沈阳站已近在咫尺，我必须思考这是否是我此生仅有的机会

周日：

补24牛客多校10 D 牛客传送门

思路：注意到k>=0.1，也就是最新的一局表现分至少占总分的十分之一，其实这个比例很大，若注意到了这一点，可以写个随机化模拟，会发现在350局左右后，初始分的影响已在精度范围内消失

然后写个dp，反而dp这部分我还没太搞懂，感觉需要再精进一下

代码如下：

const int N=2e5+10,M=1e4+10;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int mod=998244353;
ll n;
double p[N];
double dp[N][351],qk[N];
void solve(){ll m;double k; cin >> n >> m >> k;
//	double r=0; cin >> r;for(int i=0;i<=n;i++) cin >> p[i];p[0]/=k;qk[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++) qk[i]=qk[i-1]*(1-k);		double ans=0;for(int j=1;j<=350;j++) dp[n+1][j]=-1e18;for(int i=n;~i;i--){for(int j=1;j<=350;j++) if(n-i+1-j<=m){dp[i][j]=max(dp[i+1][j],dp[i+1][j-1]+p[i]*qk[j-1]);if(!i || j==350) ans=max(dp[i][j],ans);}}cout << fixed << setprecision(12) << ans*k << "\n";
}