国庆集训笔记

Day1

D1 Note

文件名必须满足与英文题目名字相同。
把文件放在对应文件夹里面。
exe, in, out 文件可删可不删。

提交上去的代码一定一定记得文件 OI。

点击查看代码

int main() {
    freopen("xxx.in", "r", stdin);
    freopen("xxx.out", "w", stdout);
    ...
}

除非有 100% 的把握写出 100pts 的代码，否则先写部分分代码。
题目背景虽然很废话，但是一定要读，中间可能会穿插一些重要信息。
不要被题目的长度吓倒，不要着急写代码，先读懂题目再说。
草稿纸每道题要分区明确，以便之后好检查对错。
~~不要玩扫雷或蜘蛛卡牌~~
最后 10 分钟检查文件 OI。
记得带水补充饱食度。
评测机抽风可以给 CCF 申请重测。（byd 还要钱）

数据范围	时间复杂度	可能用到的算法
$n <= 12$	$O(n!)$	全排列
$n <= 20$	$O(2^n \times n\ (\times n)) $	状压 DP、折半搜索、朴素dfs
$n <= 800$	$O(n^3)$	Floyd、区间 DP
$n <= 5000$	$O(n ^ 2 \times log\ n)$	DP
$n <= 10^5$	$O(n\ log\ n)$	线段树、树状数组
$n <= 10^7$	$O(n)$	线性算法
$n <= 10 ^ {12}$	$O(\sqrt{n})$	思维题
$more$	$O(log\ n, 1)$	思维题

D1 Competition

戳我进入提高 Day1 比赛

戳我进入普及 Day1 比赛

赛时成绩：100 + 20 + 0 + 60 = 180

T1 sum

题目大意
给定一个 $n \times n$ 的 01 矩阵 $A$，求 $\max\limits_{\forall i \in [1, n] ,j \in [1, m]}{\sum\limits_{x = 1} ^ {i - 1} A_{x, j} + \sum\limits_{x = i + 1} ^ {n} A_{x, j} + \sum\limits_{y = 1} ^ {j - 1} A_{i, y} + \sum\limits_{y = j + 1} ^ {m} A_{i, y} + A_{i, j} \times 2}$。
满足 $100\%$ 数据，$1 \le n, m \le 10^2$。

没什么好讲的，数据范围小枚举十字架中间点加和最大值即可，时间复杂度 $O(n ^ 3)$。

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>

#define endl '\n'
#define int long long
#define lowbit(x) x & (-x)

using namespace std;
const int N = 1e2 + 5;

int n, m;
int a[N][N];

signed main() {
    freopen("sum.in", "r", stdin);
    freopen("sum.out", "w", stdout);
    cin >> n >> m;
    for(int i = 1;i <= n; ++i) 
    	for(int j = 1;j <= m; ++j) 
    		cin >> a[i][j];
    int ans = 0, sum;
    for(int i = 1, x, y;i <= n; ++i) {
    	for(int j = 1;j <= m; ++j) {
    		x = i - 1, y = j - 1, sum = 0;
    		while(x >= 1) sum += a[x--][j];
    		while(y >= 1) sum += a[i][y--];
    		x = i + 1, y = j + 1;
    		while(x <= n) sum += a[x++][j];
    		while(y <= m) sum += a[i][y++];
    		ans = max(ans, sum + 2 * a[i][j]);
		}
	}
	cout << ans << endl;
	return 0;
}

T2 password

题目大意
有一个以数列的形式给出的 $n \times n$ 的矩阵 $A$，即大小为 $n \times n$ 的序列 $A$，其中 $A_{i \times n + j} = gcd(b_i, b_j)\ 0 \le i, j \le n$，其中 $b$ 是一个大小为 $n$ 的单调递减的序列。现需求出序列 $b$。
$20\%$ 数据满足特殊性质：$\forall i \in [0, n), j \in [0, n), gcd(b_i, b_j) = 1$。
$100\%$ 数据满足 $n \le 10^3, A_i \le 10^9$。

因为 $gcd(a, b) \leq a, b$，所以我们可以知道 $b$ 的第一个数一定是 $A$ 的最大值，第二个数一定是 $A$ 的次大值。

接下来第 $i$ 个数就是将之前 $b_j, j \in [1, i - 1]$ 两两互相配对的最大公因子于 $A$ 中删掉两个后，$A$ 序列中的最大值。

为什么是两个呢？因为 $b_x$ 和 $b_y$ $x \ne y$ 在 $A$ 中恰好会配对两次，至于自己与自己配只用删除一次。

总时间复杂度为 $O(n^2 log n)$。

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>

#define endl '\n'
#define int long long
#define lowbit(x) x & (-x)

using namespace std;
const int N = 1e3 + 5;

int n, nn;
int a[N * N], b[N];
unordered_map<int, int> to;

int gcd(int x, int y) { return (y? gcd(y, x % y) : x); }

signed main() {
    freopen("password.in", "r", stdin);
    freopen("password.out", "w", stdout);
    cin >> n;
    for(int i = 1;i <= n * n; ++i) cin >> a[i], ++to[a[i]];
    sort(a + 1, a + n * n + 1, greater<int>());
    nn = unique(a + 1, a + n * n + 1) - a - 1;
    for(int i = 1, f = 1;i <= n; ++i) {
    	while(to[a[f]] <= 0 && f < nn) ++f; b[i] = a[f], --to[b[i]];
    	for(int j = 1;j < i; ++j) to[gcd(b[i], b[j])] -= 2;
	}
	for(int i = 1;i <= n; ++i) cout << b[i] << " ";
	return 0;
}

T3 throw

题目大意
给定两个三元组 $(a, b, c), (d, e, f)$，要求这两个三元组完全重合。每次操作先选定两个点 $x, y$，让 $x \gets 2y - x$，须满足 $x$ 向 $y$ 方向跳跃中任何时刻两点间都不能出现另外一个点。上文提到的重合只要求 $(a, b, c)$ 在 $(d, e, f)$ 中都具有相同的数。
$20\%$ 数据满足，$|a, b, c, d, e, f| \le 10$。
$40\%$ 数据满足，$|a, b, c, d, e, f| \le 10^4$。
$100\%$ 数据满足，$|a, b, c, d, e, f| \le 10^9$。

T4 warehouse

题目大意
给定一个 $n$ 个点，$m$ 条边的带权无向图以及 $q$ 次询问，每次询问有一个正整数 $k$，需求最少将图分成几块使得每块不含有边权小于 $k$ 的边。
$30\%$ 数据满足，$n, m, q \le 10^3$。
$60\%$ 数据满足，$n, m, q \le 10^4$。
$100\%$ 数据满足，$n, m, q \le 10^5$。

考虑贪心，先求得图的最大生成树，我们在这个树上走就能使得走过所有的点且最大化通行人数，那么第一个大于等于 $k$ 的树边是树边集中第几小，这就是答案。

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>

#define endl '\n'
#define int long long
#define lowbit(x) x & (-x)

using namespace std;
const int N = 1e6 + 5;

namespace DSU {
	int fa[N];
	void merge(int x, int y) { fa[x] = y; }
	void init(int n) { for(int i = 1;i <= n; ++i) fa[i] = i; }
	int find(int x) { return fa[x] == x? x : fa[x] = find(fa[x]); }
} using namespace DSU;

int n, m, q;
int road[N];
struct Edge {
	int u, v, w;
	bool operator< (const Edge &b) const {
		return w > b.w;
	}
}e[N];

signed main() {
    freopen("warehouse.in", "r", stdin);
    freopen("warehouse.out", "w", stdout);
    cin >> n >> m >> q, init(n);
    for(int i = 1;i <= m; ++i) 
    	cin >> e[i].u >> e[i].v >> e[i].w;
    int l = 0; sort(e + 1, e + m + 1);
    for(int i = 1;i <= m; ++i) 
    	if(find(e[i].u) != find(e[i].v)) 
    		merge(find(e[i].u), find(e[i].v)),
    		road[++l] = e[i].w;
    reverse(road + 1, road + l + 1);
    while(q--) {
    	static int k; cin >> k;
    	cout << lower_bound(road + 1, road + l + 1, k) - road << endl;
	}
	return 0;
}

Day2

D2 Note

二分答案

在此之前需满足二分性，假设答案，看答案是否满足条件。

精度枚举

二分或三分

具有单调性的题目

check 函数

字符串哈希

将某个字符串拆成 $base$ 进制的数，若产生冲突考虑挂链哈希或二次探测，可用于字符串的匹配等问题。

字典树（trie 树）

先放一张图：

可以发现，这棵字典树用边来代表字母，而从根结点到树上某一结点的路径就代表了一个字符串。举个例子，$ 1\to4\to 8\to 12$ 表示的就是字符串 caa。

trie 的结构非常好懂，我们用 $\delta(u,c)$ 表示结点 $u$ 的 $c$ 字符指向的下一个结点，或着说是结点 $u$ 代表的字符串后面添加一个字符 $c$ 形成的字符串的结点。（$c$ 的取值范围和字符集大小有关，不一定是 $0\sim 26$。）

有时需要标记插入进 trie 的是哪些字符串，每次插入完成时在这个字符串所代表的节点处打上标记即可。

字典树最基础的应用——查找一个字符串或字符串的前缀是否在「字典」中出现过或出现次数。

以上摘自「https://oi-wiki.com」

例题 Luogu P2580 于是他错误的点名开始了

简单的字典树应用题。

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>

#define endl '\n'
#define int long long
#define lowbit(x) x & (-x)

using namespace std;
const int N = 5e5 + 5;

int n, tot;
int nxt[N][26], value[N];

void inset(string a) {
	int now = 0;
	for(const auto &c : a) {
		if(!nxt[now][c - 'a']) 
			nxt[now][c - 'a'] = ++tot;
		now = nxt[now][c - 'a'];
	} value[now] = 1;
}

int find(string a) {
	int now = 0;
	for(const auto &c : a) {
		if(!nxt[now][c - 'a']) 
			return 0;
		now = nxt[now][c - 'a'];
	} 
	if(value[now] == 1) 
		return value[now] = -1, 1;
	else if(value[now] == -1)
		return -1;
	else 
		return 0;
}

signed main() {
//    freopen("xxx.in", "r", stdin);
//    freopen("xxx.out", "w", stdout);
	string str;
	cin >> n;
	while(n--) 
		cin >> str, inset(str);
	cin >> n;
	while(n--) {
		cin >> str;
		if(find(str) == 1) puts("OK");
		else if(find(str) == -1) puts("REPEAT");
		else puts("WRONG");
	}
	return 0;
}

求最长回文子串问题

二分 + 哈希

可以清楚的回文子串具有二分性。

我们可以在每个字母之间添加一个特殊字符，使得所有奇回文串和偶回文串都变成奇回文串，并预处理字符串的前后缀哈希值。

随后枚举中间点，并二分最长扩展长度、利用哈希 $O(1)$ 地比较两边是否相等。

最终时间复杂度为 $O(n log n)$

Manacher

Manacher 求最长回文子串
 Manacher 求回文子串的对数

最终时间复杂度为 $O(n)$，为线性做法。

D2 Competition

戳我进入提高组比赛

赛时成绩：100 + 0 + 100 + 0 = 200

T1 number

题目大意
给定一个长度为 $n$ 的序列 $A$，要求你找出一种排列，使得 $\max\limits_{i \in [1, \frac{n}{2}]}\ A_{2i - 1} + A_{2i}) $ 最小化。
$n \le 10^4, a_i \le 10^9$ 且 $n$ 为偶数。

考虑贪心，很明显为了使其最小化，我们应当让第 $1$ 小的数和第 $1$ 大的数加在一起，第 $2$ 小的数和第 $2$ 大的数加在一起……，最后取最大值，时间复杂度 $O(n log n)$。

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>

#define endl '\n'
#define int long long
#define lowbit(x) x & (-x)

using namespace std;
const int N = 1e6 + 5;

int n;
int a[N];

signed main() {
	cin >> n;
	for(int i = 1;i <= n; ++i) cin >> a[i];
	sort(a + 1, a + n + 1);
	int l = 1, r = n, ans = -(1ll << 60);
	while(l < r) ans = max(ans, a[l++] + a[r--]);
	cout << ans << endl;
	return 0;
}

T2 multiset

题目大意
你有一只生物初始能量为 $0$，在每一天可以有三种操作：1.分裂出两个能量之和为自己的同种生物。 2.自己能量加 $1$。 3. 什么也不干。
给定生物最终的形态，求最少花费的时间。（注意在任何时刻，生物能量必须为非负整数）。
$10\%$ 数据满足，$n \le 10, m \le 10$。
$30\%$ 数据满足，$n \le 50, m \le 100$。
$50\%$ 数据满足，$n \le 10^3, m \le 10^4$。
$100\%$ 数据满足，$n \le 10^6, m \le 10^6$。

正难则反的思想，考虑利用最终样子倒推，则在其他生物给自己能量减 $1$ 时，其他生物可以借此同时合并，但记住每次合并至少会留下一个。

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>

#define endl '\n'
#define int long long
#define lowbit(x) x & (-x)

using namespace std;
const int N = 1e6 + 5;

int n;
int a[N];

signed main() {
	cin >> n;
	for(int i = 1;i <= n; ++i) cin >> a[i];
	sort(a + 1, a + n + 1);
	int cnt = 0;
	for(int i = 1;i <= n; ++i) 
		cnt = max(1ll, cnt >> (a[i] - a[i - 1])), ++cnt;
	if(cnt) a[n] += (cnt >> 1) + (cnt & 1); cout << a[n] << endl;
	return 0;
}

T3 road

题目大意
给定一个 $n$ 个点 $m$ 条边的有向图，且 $m$ 条边的编号依次为 $1 \sim m$，我们要将图分成若干个子图，使得子图每条边在母图编号连续、且子图不存在一条 $1$ 到 $n$ 的路径。咋此基础上，要使子图个数最少。
$30\%$ 数据满足，$n \le 100, m \le 500$。
$60\%$ 数据满足，$n \le 5000, m \le 20000$。
$100\%$ 数据满足，$n \le 100000, m \le 500000$。

考虑二分，轻松可以想到这个联通具有二分性，则我们在上一段子图最后一条边到第 $m$ 条边中二分出当前子图的最后一条边，时间复杂度严格小于 $O(ans \times log m \times m)$。

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>

#define endl '\n'
#define lowbit(x) x & (-x)

using namespace std;
const int N = 2e5 + 5;
const int M = 5e5 + 5;

int n, m;
int ans, cnt;
int u[M], v[M], vis[N];
vector<int> G[N];

bool dfs(int u) {
	vis[u] = cnt;
	if(u == n) return 1;
	for(const auto &v : G[u]) {
		if(vis[v] == cnt) 
			continue;
		if(dfs(v)) return 1;
	} return 0;
}

signed main() {
	cin >> n >> m;
	for(int i = 1;i <= m; ++i) 
		cin >> u[i] >> v[i];
	for(int st = 1;st <= m; ++ans) {
		int l = st, r = m, mid, res = st;
		while(l <= r) {
			++cnt;
			mid = (l + r) >> 1;
			for(int i = st;i <= mid; ++i) 
				G[u[i]].emplace_back(v[i]);
			if(!dfs(1)) {
				for(int i = st;i <= mid; ++i) G[u[i]].clear();
				l = mid + 1, res = mid;
			} else {
				for(int i = st;i <= mid; ++i) G[u[i]].clear();
				r = mid - 1;
			}
		} st = res + 1; if(st > m) break;
	} cout << ans + 1 << endl;
	return 0;
}

其实这里蒋老还讲了 $O(\frac{ans \times log m \times \sqrt{m}}{2})$、$O(m log m)$ 的做法，不过我不会，也没让我写。 \kx

T4 binary

~~合着这题目标题纯迷惑人~~

题目大意
有 $n$ 个点，假设小明藏在 $x$ 号点，则 $1 \sim x - 1$ 的点都会留下踪迹，每个点的搜查时间为 $t_i$，求最坏情况下的最少时间。
$30\%$ 数据满足，$n \le 600$。
$60\%$ 数据满足，$n \le 1300$。
$100\%$ 数据满足，$n \le 2000, t_i \le 10^6$。

遇到最小值最大或最大值最小相关问题，一般不是二分就是 DP。

考虑区间 DP，设 $f_{i, j}$ 为 $i \sim j$ 号点间的答案，则转移方程为

\[f_{i, j} = \min\limits_{k \in [i, j]} t_k + max(f_{i, k - 1}, f_{k + 1, j}) \]

时间复杂度为 $O(n ^ 3)$，很明显过不了此题。

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>

#define endl '\n'
#define int long long
#define lowbit(x) x & (-x)

using namespace std;
const int N = 3e3 + 5;

int n, a[N], f[N][N];

signed main() {
	memset(f, 0x3f, sizeof f);
    cin >> n;
    for(int i = 1;i <= n; ++i) cin >> a[i];
   	for(int i = 1;i <= n; ++i) f[i][i - 1] = f[i][i] = f[i + 1][i] = a[i];
   	for(int len = 2;len <= n; ++len) {
   		for(int i = 1;i <= n; ++i) {
   			int j = i + len - 1;
			for(int k = i;k <= j; ++k)	
				f[i][j] = min(f[i][j], a[k] + max(f[i][k - 1], f[k + 1][j]));
		}
    } cout << f[1][n] << endl;
	return 0;
}

对于 $60\%$ 数据而言，考虑二分 + 线段树优化，因为 $f$ 数组具有单调性，因此利用二分求出分隔点，并构造 $n$ 个线段树来维护最小值，时间复杂度 $O(n^2 log n)$。

对于 $100\%$ 数据而言，考虑单调栈优化，时间复杂度 $O(n^2)$，~~具体实现方法我不会~~。

Day3

D3 Note

DP:

状态设计：数组定义
转移方程：状态运算

空间复杂度：状态设计

时间复杂度：转移 * 状态

空间复杂度优化：滚动数组、降维

时间复杂度优化：降维、数据结构、数学方法

暴力搜索-> 暴力DP -> 降维 -> 计算时空

DP 分类：

线性 DP：顾名思义。

区间 DP：区间 DP

DAG DP：DAG DP

树形 DP：树形 DP

额外补充

特殊例题，类似于有后效性，或子节点与父节点有关：

求树上一共有多少条路径：

如图，$i, j$ 分别为 $k$，令 $f_{i, 0}$ 表示以 $i$ 号节点为根节点的子树中路径个数，$f_{i, 1}$ 表示以 $i$ 号节点为根节点的子树中点向外走的路径个数。
则有状态转移方程：

\[\begin{array}{c} f_{k, 0} = f_{i, 0} + f_{j, 0} + f_{i, 1} \times f_{j, 1} \\ f_{k, 1} = f_{i, 1} + f_{j, 1} \end{array} \]

换根 DP

插头 DP：插头 DP

背包 DP：背包 DP

状压 DP：状压 DP

数位 DP：数位 DP

Day 4

D4 Note

启发式合并：小并大。

数据结构：空间换时间

动态线段树：动态线段树

线段树合并：线段树合并

Splay

方法论：

DP 方法论

先想想搜索如何写。
再通过升维或降维改成 DP。
DP 优化：单调性（单调栈、单调队列）、区间性（线段树）、矩阵加速
状态定义定义较小的。
只要状态定义固定，都可以用矩阵加速 DP。

Day5

D5 Note

要学会变通，找方案数要学会找正确枚举对象

压位

打表：

图论方法论

最短路径生成树、最小生成树。

正难则反
最小最大，最大最小，不是二分就是 DP

posted @ 2024-10-01 09:31 Quatry 阅读(29) 评论(1) 收藏举报

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数据范围	时间复杂度	可能用到的算法
\(n <= 12\)	\(O(n!)\)	全排列
\(n <= 20\)	$O(2^n \times n\ (\times n)) $	状压 DP、折半搜索、朴素dfs
\(n <= 800\)	\(O(n^3)\)	Floyd、区间 DP
\(n <= 5000\)	\(O(n ^ 2 \times log\ n)\)	DP
\(n <= 10^5\)	\(O(n\ log\ n)\)	线段树、树状数组
\(n <= 10^7\)	\(O(n)\)	线性算法
\(n <= 10 ^ {12}\)	\(O(\sqrt{n})\)	思维题
\(more\)	\(O(log\ n, 1)\)	思维题

Likeyy

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Day1

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D2 Note

二分答案

字符串哈希

字典树（trie 树）

例题 Luogu P2580 于是他错误的点名开始了

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