写题-2023.09

2023.08.30

LGP3966 [TJOI2013]单词

题意：AC自动机求模式串出现个数，板子。

注意将模式串用分隔符连为匹配串时，长度与字符是否越界。

LGP2444 [POI2000]病毒

题意：

给定 $n$ 个模式串，求是否有循环字符串，使得循环节不包含模式串。

分析：

转化为求AC自动机上是否有环，使得环对应的字符串集合的子串集合与模式串集合无交集。

非法状态的排除
在判断当前状态是否可取时，注意可能有：某模式串为 $S$ ，当前状态为 $A+S+B$ ,不合法但未被标记。
因此应当在维护 $fail$ 指针时，依据 $Str(fail_{i})$ 为 $Str(i)$ 的字串，若$fail_{i}$ 有标记则将 $i$ 打上标记。
环的 dfs 查找
维护当前节点是否被访问过与是否在搜索栈中，若访问了已在搜索栈中的点则为真，若访问了被访问的节点则为伪。
若某点在环中，则访问它时一定可以到达环上包括它在内的所有点至少一次，因此若已访问则不必再访问，无论其是否在环中（即，返回伪是因为通过或运算获取答案，不代表实际一定为伪）。

2023.08.31

LGP5840 [COCI2015] Divljak

题意：

给定模式串集合 $S$ ，不断向 $T$ 中添加字符串，并询问满足 $T_{i}$ 包含 $S_{x}$ 的 $T_{i}$ 个数。

分析：

考虑 $fail$ 树的性质：对于树上某节点 $u$ ，从根到 $u$ 之间的任意节点 $v_{i}$ 满足 $Str(v_{i})$ 是 $Str(u)$ 的子串（后缀）。
因此问题转化为，每次插入时在 AC 自动机里匹配新字符串，对于经过的所有节点，在 $fail$ 树上将每个从根到它们的链覆盖的并集里的节点，点权（包含该节点表示的字符串的匹配串数量）加一。

树上链更新单点查询
对于树上链加、单点查，可以转化为单点加、子树查询；含义为，每个节点点权 $w_{i}$ 表示将从根到当前节点链上所有节点点权加 $w_{i}$ 。
树上更新多链并集
对于求并，烤炉从根到 Lca 的点被加了两次，所以将所有点按 dfn 排序，将相邻两点的 Lca 点权减一，保证每个点被更新一次。

技巧：
dfn 序求 LCA 。先咕掉。

LGP3041 [USACO12JAN] Video Game G

题意：

给定 $n$ 个模式串，求长为 $k$ 的字符串中模式串最多出现多少次。

分析：

AC 自动机 DP 模板。
$dp_{i,j}$ 表示从根出发走长度为 $i$ ，当前在节点 $j$ 的最大答案。$dp[i+1][son_{j}] += dp[i][j]$ 。

关于贡献累加
当 $t[u][i]$ 原本为零时，若累加贡献至 $v=t[fail[u]][i]$ ，相当于对以已更新过的点进行了重复累加。

LGP4052 [JSOI2007] 文本生成器

题意：

求长为 $m$ ,包含至少一个模式串的字符串方案数。

分析：

转化为求全部方案数减去不含模式串的方案数。状态同 T2 ，若当前点或目标点被标记则跳过。

关于标记
若当前节点在 $fail$ 树上的父节点被标记，则当前点也应被标记。即 $ed[u]\ |=ed[fail[u]];$ 。

2023.09.01

LGP2633 Count on a tree

题意：

树上路径点权第 &k& 大，强制在线。

分析：

主席树树上板子。考虑权值线段树上出现次数的可加减性，每个点以父亲节点为上一版本， $ sum_{u}+sum_{v}-sum_{lca}-sum_{fa[lca]} $ 即为答案。

tips: 强制在线的题，RE 了很可能是 WA 。

2023.09.06

CF1149D Counting Arrays

题意：

给定序列最大长度 $n$ 和值域 $m$ ，$a_{i}$ 可删除当且仅当 $\gcd(i,a_{i})=1$ ，删除后剩余数前移。求最多有多少数列删除顺序不唯一。

分析：

$\gcd(i,a_{i})=1$ ，在 $i=1$ 时一定成立，则每个数列至少有一种仅删除队首的的方式。所以一个数列有不止一种删除方式，则存在 $a_{i}$ 满足 ${\exists}\ j\in [1,i],\gcd(j,a_{i})=1$ 。
对于所有方案可以分为两类的方案数问题，可以考虑用所有情况减去所求情况的对立。具体地，转化为求仅有一种删除方式的序列个数。
若 $ {\forall\ j\ \in [1,i],\gcd(j,a_{i})=1} $ ，考虑将数视作质因数的乘积，则有 $ {\forall}\ prime \in [1,i] , {p}\mid {a_{i}} $ ，因此 $a_{i}$ 一定是所有小于 $i$ 的质因数的乘积的倍数，$ \lfloor {\dfrac{m}{\Pi p_{i}}} \rfloor $ 即为所求。

注意取模
对于作为值域，因而不能在输入后直接取模的 $m$ ，应在每次调用 $m$ 的计算先对 $m$ 进行取模，否则 $m$ 最大为 $10^{12}$ ，会炸 long long 。

CF627D Preorder Test

题意;

带点权无根树，求任意顺序访问根和子节点时，前 $k$ 个数最小值的最大值。

分析：

最小值最大，以及点权不变，考虑二分答案，每次 DP 检测。
第一次维护子树内可返回（不存在点权小于 $mid$ ）的最多节点、不可返回的最大次大。
换根时，考虑内部是否能走完，以及外部是否能走完，四种情况。

模拟赛时写出了 $O(n^{2}\log n)$ 暴力，换根没推出来。

一定要记得初始化的 dfs0 。

从 Eon 处获得的启示

善用函数封装。例如在本题中，用新值更新最大次大、查询最大或次大（当自己为父节点最大时应选择次大）。

2023.09.07

CF852I Dating

树上莫队板子。赛时一眼板子，然后发现自己压根不会，尝试从零开始构建，最后交了个不伦不类的最坏 $O(nm)$ 的代码上去，只过了 $O(n^2)$ 的点。

注意欧拉序 2 倍空间。

CF1304F2 Animal Observation (hard version)

简单版 CF1304F1

题意：

过于麻烦，略。大意：$n$ 行 $m$ 列带点权矩阵，每行选一个点作为横 $k$ 纵 $2$ 的矩阵的左端点，问生成的矩阵覆盖的点权和最大值。

分析：

赛时一眼 DP 但是在硬啃树上莫队板子暴力都没有写。

$dp[i][j]$ 表示在第 i 行第 j 列的最大答案。

考虑转移一共有三种：无交、上个点在左侧、上个点在右侧，写写式子，直接 $O(nmk)$ 可过简单版。

加强版增加了 $k$ 的范围。发现对于有交，可以把部分式子合并，转化成一部分只与上一个转移点 $k$ 有关，一部分只与 $j$ 有关，由于两个情况的可取位置随 $j$ 单向移动，可以单调队列维护。无交部分分别维护前缀后缀最大值即可。

调的时候 RE 比较多。注意形如 $j+k-1$ 的式子要和 $m$ 取最小，单调队列封装的细节等。

code

~~话说洛谷这 RMJ 怎么总不好使/fn~~

2023.09.08

LGP2571 [SCOI2010]传送带

题意：有两条传送带 AB 和 CD ，在平面上、AB 上、CD 上各有一定速度，求从 A 到 D 的最短时间。

分析：

设路径为 A-E-F-D , 其中 E 、 F 分别在 AB 、 CD 上。都说一眼单峰函数（A-E-F-D 、 E-F-D ，后者为固定 E 时），不懂。

别人的证明，用了一点三角函数，转化成求另外一些线段长度和最小，很巧妙的方式。

如果认可单峰函数，那就三分套三分，实现比较板。

新学了三分，和二分很像。每次由 $l,r$ 分出三等分点 $midl,midr$ ，对于三等分点较不优的一侧，舍去三等分点到边界的区间。

一定要善用函数封装，比如求答案和三分 $l,r$ 。

题解里说粒子群优化可做，可以考虑改天学一学。

CF1404E Bricks

赛时一眼流，死磕 T1 没想。

题意：

$n \times m$ 的矩阵，点有黑白两种。要求使用长任意、宽为 $1$ 的长方形覆盖所有黑点，长方形不能重合，也不能覆盖白色点。求最少使用多少长方形。

分析：

将操作视为，由最初每个黑点覆盖一个正方形开始，每次选择一条黑点之间的边合并两个矩形，尽可能多选择边。

发现两条边不能同时选，当且仅当它们是连接在同一个黑点上的、一横一竖的两条边。对于这样的两条边，建边，表示不能同时选，于是形成了二分图（横边一组，竖边一组）。发现所求为：满足每条边两边都不被连的情况下，最多选择多少点，即最多合并多少块，减少多少条。所求即为二分图最大独立集。

$\text{二分图最大匹配} = \text{二分图最小点覆盖} = |V| - \text{二分图最大独立集}$

2023.09.11

LGP5787 二分图/【模板】线段树分治

板子，但是判定非二分图的思路很好。

题意：

给定一些在时间 $l,r$ 内存在的边，问在每一时刻图是否是二分图。

分析：

如果一个图是二分图，则每次走一条边可以视作，从一个集合走到另一个集合，考虑将每个点拆成两个，记为 $u_{0},u_{1}$ 若有奇环则会使 $u_{0},u_{1}$ 在同一环内，可以用可撤销并查集维护，判断 $u$ 的两点是否在一个并查集，等价于是否是二分图。

注意给答案赋值的逻辑，以及栈的调用位置。

LGP4097 【模板】李超线段树/[HEOI2013]Segment

板子。但是因为细节调了很久。

注意对线段求 $k$ 和 $b$ 的时候要转 double ，否则精度不够（不转默认为整数除法）。
注意承接函数返回值的变量类型。
关于浮点数的大小判断

若题目里要求，当两解相同时取编号最小，则需要使用 eps 判断是否相等；同理，更新最优线段时也应如此考虑。

CF237E Build String

五月份刷 CF 图论题的时候做的，也是 CF 上交的第一道题，当时不知道啥是网络流，写了个暴搜过了前三个样例直接 T 。

题意：

给定字符串 $T$ 和 $n$ 个字符串 $S$ ，从 $S$ 中选择字符构成 $T$ 每个 $S_{i}$ 有最大取字符量 $a_{i}$ 和费用 $i$ ，求构造出 $T$ 的最小花费。

分析：

比较水的费用流，从源点向每个 $S_{i}$ 建边，流量为 $\min({a_{i}},{|S_{i}|})$ ，费用为 $i$ ；从每个 $S_{i}$ 向字符建边，流量为 $S_{i}$ 含有的该字符数量，费用为 $0$ ；每个字符向汇点建边，流量为 $T$ 中该字符的数量，费用为零。

LGP1896 [SCOI2005]互不侵犯

最开始没理解有点晕，第二天早上直接过了。

题意：

在 $N \times N$ 的棋盘里面放 $K$ 个国王，使他们互不攻击，共有多少种摆放方案。（国际象棋）$N \leqslant 9 , K\leqslant N \times N$

分析:

数据范围一眼状压，但是不会。看了题解，发现关键点在于每一行的状态可以表示。
设 dp_{i,j} 表示前 i 行中，第 i 行放了 S_{j} 的状态，一共放了 l 个的方案数。
转移：依次枚举 i ， j ， k ， l ，分别表示行、当前行状态、上一行状态、总共个数，最后一维的转移类似背包。

$dp[i][sj][l]+=dp[i-1][sk][l-cj];$

发现会有很多不符合题意的单行状态，因此只记录合法状态，可以减小复杂度。

2023.09.12

LGP4688 [Ynoi2016]掉进兔子洞

题意：

一个长为 $n$ 的序列 $a$。有 $m$ 个询问，每次询问三个区间，把三个区间中同时出现的数一个一个删掉，问最后三个区间剩下的数的个数和，询问独立。

本人翻译：每次复制出三个集合，若 $\exists\ a \in S_{1} \cap S_{2} \cap S_{3} $ ,则从三个集合中都删去 $a$，问最终 $|S_{1}|+|S_{2}||S_{3}|$ 。

分析：

考虑将元素排序，离散化时元素赋值为排名（小于它的元素的个数加 $1$），则每一种元素都有其对应的一段位置，可以用 bitset 维护该位置是否有值，加/删时查一下桶里该元素个数即可。最后用 bitset 按位与，得到需要删去的数。

另外，不能直接开 $10^5$ 个 $10^5$ 大小的 bitset ，所以将询问拆分，每次处理 $25000$ 个。

注意，每次应为 ed=st+25000-1 ，减一。

LGP5268 [SNOI2017] 一个简单的询问

题意：

给你一个长度为 $N$ 的序列 $a_i$，$1\leq i\leq N$，和 $q$ 组询问，每组询问读入 $l_1,r_1,l_2,r_2$，需输出

\[\sum\limits_{x=0}^\infty \text{get}(l_1,r_1,x)\times \text{get}(l_2,r_2,x) \]

$\text{get}(l,r,x)$ 表示计算区间 $[l,r]$ 中，数字 $x$ 出现了多少次。

分析：

考虑将 $\text{get}(l,r,x)$ 拆成 $\text{get}(1,r,x),\text{get}(1,l-1,x)$ 形式，设 $\text{get}(1,i,x)$ 为 $S(i,x)$ ，则可以拆成 $S(r_{1},x)S(r_{2},x) + S(l_{1}-1,x)S(l_{2}-1,x)+S(r_{1},x)S(l_{2}-1,x)+S(r_{2},x)S(l_{1}-1,x)$ 对于每个式子用莫队求一下，加和即可。

似乎可以用 map 优化，少一些查询，但不太会写和算，而且正常写也过了，就没加。

LGP1879 [USACO06NOV]Corn Fields G

题意：

有 $n \times m$ 的牧场，每块地可种或不可种，种的地不能相邻。不限制种地数量。求有多少种方案。$N ,M\le 12$

分析:

很明显的状压。由于不需要考虑数量，仅记录当前行、当前行状态和方案数即可。

$dp[i][j] \text{+=}\ dp[i-1][k] \ \ \ (j \& k = 0 )$

LG P3749 [六省联考2017]寿司餐厅

题意过长，略

分析：

类型：最大权闭合子图。即对于所选的子图，所有点的所有出边
最大权闭合子图的一般解法：
1. 对于每一种“物品”，若权值为正，则连一条 $S$ 到 $i$ 的边，表示若想要避免 $i$ 带来的后续影响，需要割掉这一条边，即不选这个物品，舍弃其权值；若权值为负，则向 $T$ 连一条边权为权值的绝对值的边，表示若（因为选了前面的一些物品）选了当前物品，需要承担该物品带来的负收益。
2. 对于 $u$ 与选了 $u$ 则必选的 $v$ ，连 $(u,v,inf)$ 的边，由于此边不可能被割，所以能保证必选的实现。
3. 最终用所有正收益（因为默认全选）减去最小割即最大流即为最大收益。

3.具体到本题，对于每一个 $d_{i,j}(i<j)$ ，向 $d_{i+1,j},d_{i,j-1}$ 连边，边权为 $inf$ ，每个 $d_{i,i}$ ，向 $x_{i}$ 连边。每个 $d_{i,j}(i<j)$ ，物品权值为 $d_{i,j}$ ；每个 $d_{i,i}$ ，权值为 $d_{i,i}-x_{i}$ ；每个 $i$ （编号），权值为 $-i^2$ 。

另外，这题里 $x_{i}$ 不一定小于 $n$ 。

2023.09.13

LGP1361 小M的作物

题意：

有 n 种作物，每种作物可以种在两个耕地的一个里，有不同收益；有 m 个组合，若某组合作物都在同一个耕地则有额外收益。求最大收益。

分析：

答案转化为总收益减最小割。

每个物品向 S ， T 连边，分别为两种地的收益；每个组合拆成两个点，每个点一边连源汇点，边权为收益，一边连作物， inf 。意为：对于每个物品，要舍弃 A 或 B 的一个收益；若未舍弃 A （或 B）的收益，则需要舍弃 B （或 A ）的组合收益。

LGP4313 文理分科

题意略

分析略

比较简单的最小割，和上一题基本相同。

LGP3604 美好的每一天

题意：

给定长为 $n$ 的字符串，$m$ 次询问区间内可以重组为回文串的子区间个数。$|char|\le 26$

分析：

首先想到，由于重构没有限制方式，则“可重组为回文串”等价于“区间内至多有一个只出现一次的字符”。~~然后不会了~~
对于“满足条件的子区间的数量”问题，若序列有区间可加减性，则可以考虑使用前缀和，转化为“任选两个值 $\text{sum}_{i} , \text{sum}_{j}$ 满足条件的 $(i,j)$ 数对的个数$(i<j)$” 的问题。
对于本题，可以将 $\text{sum}$ 装入桶，变成经典的莫队问题。具体地，新增答案为所有的 $a \oplus 2^i = x$ 的 $a$ 的个数，即 $a=x \oplus 2^i$ 的 $a$ 的个数。还有 $a = x$ 的。

另外，莫队 $r=l-1$ 的状态为空。

2023.09.14

LGP4549 【模板】裴蜀定理

题意：

给定一个包含 $n$ 个元素的整数序列 $A$，记作 $A_1,A_2,A_3,...,A_n$。
求另一个包含 $n$ 个元素的待定整数序列 $X$，记 $S=\sum\limits_{i=1}^nA_i\times X_i$，使得 $S>0$ 且 $S$ 尽可能的小。
对于 $100\%$ 的数据，$1 \le n \le 20$，$|A_i| \le 10^5$，且 $A$ 序列不全为 $0$。

分析：

对于 $n=2$，可视作求 $a_1x_1+a_2x_2=c$ 的最小正值，而 $c$ 的最小正值一定是 $\gcd(x_1,x_2)$ （此处略去证明）。
考虑推广至 $n$ 项。突然有点不懂了，改天回来补。
别人的证明，[关于最小正值](题解 P4549 【【模板】裴蜀定理】 - zyr 的 Blog - 洛谷博客 (luogu.com.cn))，[关于合并](关于裴蜀定理推广的证明 - SOAP - 洛谷博客 (luogu.com.cn))

LGP3951 [NOIP2017 提高组] 小凯的疑惑 / [蓝桥杯 2013 省] 买不到的数目

题意：

有两种面值的金币，两种面值均为正整数且彼此互素。每种有无数个。求无法准确支付的的价格的最大值。保证有解。

分析：

裴蜀定理中阐述了 $ax+by=c$ 的 c 是否能被正整数 $x,y$ 表示，最大不能表示的值为 $ab-a-b$，证明略去。

LGP1082 [NOIP2012 提高组] 同余方程

题意：

求关于 $ x$ 的同余方程 $ a x \equiv 1 \pmod {b}$ 的最小正整数解。

分析：

显然的 exgcd 模板，$ax\equiv\ 1\pmod{b}\ \Longleftrightarrow ax+by=1$。

另外，$b$ 不一定是质数，不能用费马小定理。

LGP2613 【模板】有理数取余

题意：

求 $bx\equiv a\pmod{19260817}$ 的 $x$。

$0\leq a \leq 10^{10001}$，$1 \leq b \leq 10^{10001}$，且 $a, b$ 不同时是 $19260817$ 的倍数。

分析：

转化为 $bx\equiv 1\pmod{19260817}\ \Longleftrightarrow bx+py=\gcd(b,p)=1$，再将答案乘以 $a$。

不过这个明显唯一解的题让判无解是几个意思……

LGP2158 [SDOI2008] 仪仗队

LGP2261 [CQOI2007] 余数求和

LGP5091 【模板】扩展欧拉定理

2023.09.18

LGP4777 【模板】扩展中国剩余定理（EXCRT）

板子。
long long 相乘会炸。

P3560 [POI2013] LAN-Colorful Chain

长度固定。
哈希。
关于随机数？

P3558 [POI2013] BAJ-Bytecomputer

仅 -1，0，1。为什么呢？
dp。

upd on 2023.09.25

首先，若仅考虑 $a_{i-1}$ 与 $a_i$（$a_{i-1} < a_i$），发现操作次数仅与 $a_i$ 有关而与 $a_{i-1}$ 的值无关。因此，把一个数变得很大是不优的。具体地，每个数不应超过最大值，也不应低于最小值，即更改后的序列 $a'$ 仍满足 $\forall a'_i,\ a'_i \in \{ -1,0,1 \}$，而 $a'$ 一定形如 $-1,-1,-1...0,0,0...1,1,1$。

于是考虑 DP，设 $dp[i][j]$ 表示将前 $i$ 个数改为合法，第 $i$ 个数最终改为 $j$ 的最少花费。

转移时依次枚举 $i$ 和 $j$，设 $d=j-a_i$。$d=0$ 直接从前一位小于等于 $a_i$ 转移，而由于序列中只有 $-1,0,1$，所以 $d>0$ 只能由前一位为 $1$ 转移来，$d<0$ 只能由前一位为 $-1$ 转移来。简单分讨即可。

P3550 [POI2013] TAK-Taxis

贪心。
注意判断的先后顺序。

upd on 2023.09.25

一道贪心。

设当前位置为 $j$。
把过程分为两个部分：$j < d$ 的和 $j \ge d$ 的。

$j \ge d$ 的，由一辆不小于 $d$ 的车直接送走最优。
$j < d$ 的，由于每次要先走 $d-j$ 的路程，剩下的才是贡献，所以应该使 $d-j$ “尽快地”减小，所以每次应该先选路程最大的车。

于是贪心策略整理如下：
预留一辆最小的不小于 $d$ 的车处理 $j \ge d$ 的情况，之后从大到小选择车辆，每次分讨一下。
需要注意，因为留了一辆车没有使用，所以需要每次判断是否可以用预留车直接结束。

具体地，按路程从大到小：

如果当前是预留的车就跳过、
如果预留的车能直接结束就结束。
如果当前车不能使人前进则无解。
使用当前车改变 $j$。
如果 j>=m$ 结束。

P3551 [POI2013] USU-Take-out

一定有解，可反证。
所以考虑倒序构造，用栈加前缀和维护。

upd on 2023.09.25

首先，由于每次消除不能路过已经消过的块，所以每次操作的序列一定在上一次操作的某两个位置之间。因此，将方案倒序观察，发现每次相当于从中抽出连续的 $k+1$ 个，并将剩余块拼在一起。

其次，对于任意一个白块数量使黑块数量 $k$ 倍的状态，其一定有解。

可以采用反证法：

设存在一个状态，使得当前状态下无法进行任何消除，则对于任意黑块，其左右白块数量和少于 $k$ 个。

可以转化为，在 $mk$ 个白块中插入 $m$ 个黑块，使得对于任意黑块，其左右两侧白块和小于 $k$。

（这里“第 $i$ 个黑/白”指从左往右数第 $i$ 个黑/白）

无论第 $1$ 个块放在哪，第 $2$ 个块必须放在第 $k$ 个白块之前；同样地，无论第 $3$ 个块放在哪，第四个黑块必须放在第 $2k$ 个白块之前……

形式化地，为满足序列到第 $i$ 个黑块为止是无法消除的，一定满足第 $i$ 个黑块的位置在第 $\lceil \frac{i}{2} \rceil k$ 个白块之前，所以，末尾一定剩余了至少 $mk-\lceil \frac{m}{2} \rceil \times k +1 $ 个白块，因此，无法消除的状态是不存在的。

具体实现为，用栈存块并维护前缀黑块个数，若从末尾开始的 $k+1$ 个块里只有一个黑块，则将这些块弹出并记录。正序记录倒序输出或倒序记录正序输出都可以。

2023.09.19

LGP4597 序列 sequence

似乎本来是带优化的 DP，但是可以用性质乱搞。

题意：

给定一个序列，每次操作可以把某个数 $+1$ 或 $−1$。要求把序列变成非降数列。

分析：

    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int x;scanf("%d",&x);
        q.push(x);
        int y=q.top();
        if(x<y)
        {
            ans+=y-x;
            q.pop();q.push(x);
        }
    }

Zpair 的证明是简洁的：

堆里维护每个数最低可以降到多少，则每次将堆中最大值 $y$ 减至当前值 $y$，并加上花费 $x-y$。只有最低值大于当前值时才需要修改最低值。

赛时想的是转化为差分，发现每次加减相当于移动差分数组上的值，考虑网络流。注意需要把初始的数变成正的或者什么别的做法，以保证差分数组（第一个数）的正确性。

LGP5455 [THUPC2018] 弗雷兹的玩具商店

题意：

给你 $n$个物品，每个物品的花费为 $c_i$，价值为 $v_i$，每个物品可以买无数次。再给你 $m$ 个人，第 $i$ 个人拥有的钱数为 $i$。你需要支持三种操作：

把区间 $[l,r]$ 中的物品花费增加，如果操作后花费高于 $m$ 就将其减去 $m$。
把区间 $[l,r]$ 中的物品价值增加。
求出 $m$ 个人在只买 $[l,r]$ 区间内的物品时，所有人能够获得的最大价值之和。

分析：

赛时想了很久，发现操作一相当于循环右移，于是线段树，每个点维护一个数组，$w_i$ 记录价格为 $i$ 的物品的最大价值，每次询问合并所有区间的数组，然后完全背包。虽然背包 $O(qm^2)$ 但确实可过。

写的时候各种操作和所使用的变量能分开就分开，比如此题因为用 tmp 一边存答案一边 pushdown，调了一晚上。

2023.09.20

LGP3556 [POI2013] MOR-Tales of seafaring

题意：

给 $n$ 个点 $m$ 条边无向图，边权为 $1$，每次询问两个点之间是否有长度为 $d$ 的路径（不一定是简单路径）

分析：

首先想到，对于短于最短路径的一定不存在，其余的可能可以通过最短路加上 $2$ 得到，即反复走刷步数。发现与奇偶有关。~~然后不会了。~~

考虑对于每个点维护奇数偶数的最短路，然后判断即可。离线处理（起点相同的一起查）。

实现：

SPFA 可以通过本题，复杂度应该是与 bfs 相同的吧。

LGP3557 [POI2013] GRA-Tower Defense Game

题意：

有一个 $n$ 个点 $m$ 条边的图，每条边距离是 $1$ ，已知用 $k$ 个攻击距离为 $1$ 的塔可以打到整个地图，让构造一个方案使得用小于等于 $k$ 个攻击距离为 $2$ 的塔打到整个地图。

分析：

奇妙的思路。

发现由于不是求最小塔数，而是不多于 $k$ 个，考虑性质。

若已经有 $(1,k)$ 的覆盖方式，则有：随意放置一个点，若不与 $(1,k)$ 的重合，则与至少一个相邻，可以覆盖到相邻位置的原先的塔所覆盖的全部位置。于是，无论怎么放，一定不会劣于 $k$ 个，随意放置并记录即可。

实现：

似乎没什么细节。

LGP3554 [POI2013] LUK-Triumphal arch

题意：

给一颗 $n$ 个节点的树（$n \le 3 \times 10^5$），初始时 $1$ 号节点被染黑，其余是白的。两个人轮流操作，一开始 B 在 $1$ 号节点。每一轮，A 选择 $k$ 个点染黑，然后 B 走到一个相邻节点，如果 B 当前处于白点则 B 胜，否则当 A 将所有点染为黑点时 A 胜。求能让 A 获胜的最小的 $k$ 。

分析：

显然二分是可以的。

另外，B 一定不会走回头路。

考虑每次染色必须先将 B 所在点的所有子结点染黑，而多余的次数可以染子树里需要提前染色即子结点数大于 $mid$ 的点。

树形 DP，$aside_i$ 表示以 $i$ 为根的子树内需要子树外“支援”多少染色次数。最后检查 $aside_1$ 是否为零即可。

实现:

DP 时注意，时刻保证 $aside_i$ 非负，似乎许多人没有注意到。感觉时刻保证非负是比较合理且不容易出错的写法。

LGP3563 [POI2013] POL-Polarization

题意：

给定一颗树，请给树边改成有向边，求连通的点对个数的最大最小值。点对连通，要么 $a$ 能到达 $b$，要么 $b$ 能到达 $a$。$(1\le n\le 250000)$。

分析：

最小值
1. 因为树是一个二分图，所以显然可以将所有边从左部指向右部，于是联通对的数量为边数。
2. 也可以考虑每一层的边是相同指向，且与根结点相连的指向根结点，这会是除根结点外每个点能且仅能到达一个点。
3. 综上，最小值为 $n-1$。
最大值
1. 首先有引理如下（不会证）：
  对于一个使得联通点对最多的图，一定存在一个点，满足方案：以该点为根，每个子树内，要么所有边均指向根，要么均背向根。且根结点一定在重心上。
2. 答案的第一部分：
  不经越过根节点的，易知数量为 $\sum (size_i-1)$，意为新增了子树内其他点到根结点的贡献。
3. 第二部分：经过根节点的
  1. 设指向根的子树总大小为 $x$ ，背向根的子树总大小为 $y$。则所有 ”$x$“ 可以到达根节点再到达所有“$y$”。所以数量为 $x \times y$。
  2. 若要使 $x\times y$ 最大，一定是 $x-y$ 最小时成立。实际为多重背包求（更接近 $\dfrac{n}{2}$）对应值是否可以得到。
  3. DP 式子：$dp[j]|=dp[j-i]$。$dp[j]$ 表示当前值为 $j$ 是否可取，$i$ 表示大小为 $i$ 的子树的值（其实就是 $i$）。复杂度 $O(n^2)$。
  4. 初步优化：二进制优化 01 背包。
  5. 复杂度分析
    发现树本身有性质：若子树少于 $\sqrt{n}$ 个显然复杂度不劣于 $O(n\sqrt{n})$。若多于 $\sqrt{n}$ 个，不妨想想怎么卡：如果有两个一样的显然会被合并，亏了，所以子树应两两不同，这样建树总点数为 $\sum \limits_{i=1}^j$，而$j<\sqrt{n}$。综上，总复杂度为 $O(n \sqrt n)$。
    6.进一步优化：bitset 优化连续二进制操作。具体地，操作改为 $dp|=dp<<i$。复杂度 $O(\dfrac{n\sqrt n}{w})$。

实现：

注意重新以重心为根节点维护子树；最终用于背包的子树是重心的直接子树； $dp|=dp<<i$ 进行 $cnt[i]$ 次。

参考：

Solution By Tsawke

LGP3553 [POI2013] INS-Inspector

摘要：

二分 $k$，每次沿时间轴检验前 $mid$ 个是否冲突。
人的记录使他有一个必须存在的时间段。
逐时间点、尽可能使人数最少地满足记录要求，并检查是否使用超过 $n$ 个人。

题意：

一天公司有 $n$ 个员工和 $m$ 个员工记录，每个员工只会在连续的一段时间内工作。现在给出 $m$ 条记录分别是谁写的、什么时候写的以及写的时候除了他还有多少人。求最大的 $k$ 使得前 $k$ 条记录互不矛盾。

分析：

发现 $k$ 似乎无法直接求得，考虑转化为检验前 $k$ 条是否合法。
发现对于第 $i+1$ 条记录，直接检验其与前 $i$ 条是否冲突似乎不好实现，考虑每次检验 $O(m)$ 地遍历全部时间点，因此需要二分 $k$。
如何检验
1. 由于每个员工工作时间连续，所以将记录整合可以得到每个人必须要工作的区间，后文简称“必要区间”，整合区间可以得到每个时间点至少有多少人，检验记录是否小于最小值。以及是否存在对于同一时刻有不同记录。
2. 通过了 i 检测的所有情况中，每个时间点的记录人数大于等于实际人数，因此若不限制人数一定合法（即每个人只工作于一个时间点）。问题转化为尝试使用不多于 $n$ 个人构造一个合法解。
3. 沿时间轴检验并时刻判断即可，详见下文。个人认为本题难点是检测的思路和具体实现。
检验的实现
1. 思路：尝试用最优方式满足限制，并记录使用了多少人，看是否超过 $n$。
2. 预处理：每个时间点 $i$ 的记录人数、有多少人的“必要区间”以当前时间开始或结束；即 $cnt_i,bg_i,ed_i$。
3. 实现方案不唯一，部分名称含义如下：
  $now$：当前至少要有多少人（由且仅由 $st_i,ed_i$ 决定）。
  $used$：已经使用过多少人。
  $exl$：有多少人已经完成了必要区间，但是被迫延后下班。
  $exr$：有多少人还没到必要区间，但是被迫提前上班。
  $fre$：没有写记录的人，他们可以自由安排。
  $left$：已经完成了工作，离开公司的人，后续安排与他们无关。
  注意，初始时认为上述全部为零；另外，上述名称在表述时也视作集合。
4. 每一步的处理方法
  处理顺序：$bg_i \rightarrow cnt_i \rightarrow ed_i$。通过变量上的加减、逻辑上的人员调动（即从某一集合移动到另一集合），用 $now,exl,exr$ 拼凑出 $cnt_i$
  1. 当前点至少有 $bg_i$ 个人开始工作，逻辑上,要把 $exr$ 或者 $fre$ 拿出 $bg_i$ 个转化为 $now$，优先使用 $exr$，不足则增加 $used$。
  2. $now+exl+exr$ 是当前我们构造的方案的人数，若其小于 $cnt_i$，则需要从 $fre$ 中抽调一些。因为$now$ 是被 $bg_i,ed_i$ 锁定的，所以把抽调的加在 $exr$ 上，逻辑上为要求这些人提前工作。
  3. 若 $now+exl+exr$ 大于 $cnt_i$，则先弹掉 $exl$，仍多则弹掉 $exr$。
  4. 在当前时间，有 $ed_i$ 个人可以结束工作，让他们进入 $exl$ 等待后续调度。
  5. 最后，判断 $used$ 是否超限。把上述步骤循环 $m$ 次即可。

实现：

采用了 $now,used,exl,exr$ 实现，用 $used \ge n$ 判断不合法，仅在每次结尾判断即可，中间不需要判哪些变量是不是负数，个人认为比较好写。

点击查看代码


    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        if(!t[i].vis)continue;

        now += t[i].bgcnt;

        if(now>t[i].cnt)
            return false;

        while (t[i].bgcnt--)
        {
            if(exr>0)exr--;
            else  used++;
        }

        if(now+exl+exr<t[i].cnt)
        {
            int d = t[i].cnt-now-exl-exr;
            exr+= d;  used+= d;
        }
        if(now+exl+exr>t[i].cnt)
        {
            int d = now+exl+exr-t[i].cnt;
            while(d--)
            {
                if(exl>0)exl--;
                else exr--;
            }
        }

        now-=t[i].edcnt; exl+=t[i].edcnt;

        if(used>n)
        {
            return false;
        }
    }

2023.09.21

LGT124433 【模板】哈希表

拉链法实现。注意 val 数组的类型和 cnt 数组。

可以用 tmeplate 实现支持多种类型。

然而似乎是不如平板电视的探测的，改天去 6Bit 发的 PDF 里学学那个库里的东西。

LGP3552 [POI2013] SPA-Walk

题意：

有 $2^n$ 个长度为 $n$ 的 01 串，两个 01 串之间有边当且仅当这两个 01 串只有一位不同，现在从这 $2^n$ 个串中拿掉 $k$ 个，问指定两个串之间能否到达。

分析：

会不了一点（虽然别的也不会），看了题解发现是神奇的定理题。

由 n=1,n=2,n=3 一步步想，可以看出是一类很神奇的图形，学名是 n 维超立方体。

Lemma1：

将 n 维超立方体分成两部分，则连接两部分的边数不少于最少的那部分的点数。

$|E_{middle}| \ge \min(|V_1|,|V_2|)$

证明是有的，但是写完其他的再说，先咕掉。
Lemma2：

去掉 n 维超立方体中任意 $k$ 个点，剩下的点最多形成一个点数大于 $nk+1$ 的连通块。

$\sum_{V_i \in V-V_k}\ [\ |V_i| > nk\ ] \le 1$

可以用引理1证明：

假设把一个大于 $nk$ 的这一部分拿出来，形成 $|V_1|\ge nk+1,|V_2|\ge nk+1,|V'|\le 2^n-nk-1,|V_2|\in|V'|$，则连接两部分的边至少有 $nk+1$ 条。然而，每个点连接了 $n$ 条边，删去 $k$ 个只能删去 $nk$ 个，所以任意两个 $V_1$ 与 $|V_2|$ 无法被分开，故不会有两个或更多。
由上述引理，可以有以下分析：
若 $x,y$ 在同一个小于的连通块里，bfs 至多个点可以找到；若找完整个块没有找到说明不连通；若经过了超过 $nk$ 个点未找到直接返回并记录，$x,y$ 都属于这种状况可由引理 2 判断为连通。
用 stl 说是过不了，选择手写哈希，被 lhy 强烈谴责不如平板电视。

upd on 2023.09.25

引理 1 找到了两个证明：

比较复杂的一个，比较简洁的一个

简洁版是说，定义 $x,y$ 的特殊路径为，顺次更改每一位，经过的路径，此处以从前往后为例。

经过某条边 $u—v$ 的特殊路径有 $2^{n-1}$ 条，证明如下。

【前半部分】【当前位置】【后半部分】

设路径 $x,y$ 经过边 $u—v$，，当从 $x$ 走到 $u$ 时，仅更改了前半部分的点，即 $x$ 在当前位置以及后半部分与 $u$，相同，是固定的；同理，$y$ 的当前位置和前半部分也是固定的。即，只有 $x$ 的前半部分与 $y$ 的后半部分是任意的，相乘得到总共 $2^{n-1}$ 对 $x,y$。

将 $V$ 分成 $S,T$ 两个无交集合,设 $|S| \le |T|$，则集合间的特殊路径有 $|S|(2^n-|S|)$ 条，因此集合间的边数为 $\dfrac{|S|(2^n-|S|)}{2^{n-1}} \ge \dfrac{|S|2^{n-1}}{2^{n-1}}=|S|$。

复杂版留给读者。

实现：

注意哈希表要规范、正确。模数被误导设成(1<<i)-1（实际上是用于手写队列的循环），冲突大增，TLE 调一晚上没懂；没开 long long 又调半天。

2023.09.22

LGP3547 [POI2013] CEN-Price List

题意：

给定一个 $n$ 个点 $m$ 条边的无向图，边权均为 $a$。

现在将原来图中满足最短路等于 $2a$ 所有的点对 $(x,y)$ 之间加一条长度为 $b$ 的无向边。

给定 $k$，求点 $k$ 到所有点的最短路是多少。

分析：

感觉不难，没懂为啥评黑。

设 $dis_a,dis_b$ 表示只走 $a$ 路径或 $b$ 路径的步数。

一共有三种走法：$dis_a \times a ,\ \lfloor \dfrac{dis_a}{2}\rfloor \times b \ + dis_a \bmod 2 ,\ dis_b \times b$

前两种直接 bfs 即可。

设 $u$ 经 $v$ 到 $w$，则由 bfs 的性质（类似 dijkstra，此处由于边权记 1 保证了 dij 的优先性质），不会存在 $u'$ 经 $v$ 到 $w$ 而优于 $u$。因此每次若 $w$ 不和 $u$ 相连，即可更新 $w$ 的 $dis_b$，并删去 $v$ 到 $w$ 的边（分两层，一层为基础，一层可删）。

对于所有的边：删去的只访问一遍，$O(m)$；不可删等价于三元环，每个三元环的每条边常数遍，而三元环是 $m \sqrt m$ 级别，复杂度 $O(m\sqrt m)$，详见三元环计数。

另外，官方给出的复杂度证明为：

$\sum_{v \in V}\min(deg(v)^2,m)\ \le \ \sum_{v \in V} \sqrt{deg(v)^2m} \ \le \ \sum_{v \in V}deg(v)\sqrt m = m \sqrt m$

个人理解，每个点遍历的边数首先不超过 $m$ 级别，而 $u \rightarrow v,v \rightarrow w$ 的形式可视作 $deg(v)^2$，所以每个点遍历的数量是两者取最小。

实现：

用 vector 存图会方便删除。

LGP3562 [POI2013] LAS-Laser

题意：

平面上有些线段，你最多从原点射出 $k$ 条射线，穿过最多的线段，且使得每条线段最多被穿过 $1$ 次。
求最多能穿过多少线段。

线段在第一象限。$n \le 5\times 10^5,k\le 100$。

分析：

有一个小性质，选端点一定不比选中间差。可以自己画一画。

所以想到，把二维中的线段处理到一维上，即按每个点到原点连线的斜率找出它的排名 $pos$，于是变成了一维选线段问题。记 $cnt_i$ 表示第 $i$ 个位置有几条线段，似乎可以 DP 了。

设 $dp[i][j]$ 表示前 $i$ 个端点里选了不超过 $j$ 个端点的最大答案，发现若选择当前点，则前面的、被覆盖当前点的线段覆盖的点都不能选，因此对每个点，需要维护过该点的线段向左最多到哪，即 ”被经过当前点的线段覆盖的点“ 的最小坐标,记为 $left_i$。

于是 $dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[lft[i]-1][j-1]+cnt[i])$。

发现空间开不下，于是把 $j$ 的循环提到外层，$[0,1]$ 滚动即可。

实现：

for(int j=1;j<=k;j++)
{
    for(int i=1;i<=tot;i++)
    {
        if(lft[i]==inf)continue;
        dp[i][j&1]=max(dp[i-1][j&1],dp[lft[i]-1][(j-1)&1]+cnt[i]);
    }
}

2023.09.23

LGP1989 无向图三元环计数

题意：

求有向图中的三元环个数。

分析：

把无向边改成有向边，优先度数从小到大连边，度数相同按编号大小（小大大小选一种）连边。简单画画图可以发现，这样一定不会连出环（可以自己枚举一下成环的方式，会发现都不存在）。也即，三元环 $u,v,w$ 会变成 $u \rightarrow v \rightarrow w,u \rightarrow w$ 的形式。

于是遍历 $u$ ，对每个 $u$ 枚举 $v$，对于每个 $v$ 枚举 $w$，一眼似乎是 $O(m^2)$，然而其实是 $O(m \sqrt m)$，证明如下。

$deg(v)$ 表示度数，$out(v)$ 表示出边数。

首先，可以认为枚举了每一条出边 $e : u \rightarrow v$，并枚举了每个 $v$ 的所有出边，所以复杂度式子为 $\sum_{i=1}^m out(v)$。

考虑天然根号。一种是 $out(v) \le deg(v) \le \sqrt m$，另一种 $deg(v)>\sqrt m$，由于按度数从小到大连边，$deg(w) \ge deg(v)$，所以 $w$ 的数量不多于 $\sqrt m$ 个。

综上， $\forall v, \ out(v)\le sqrt(m)$，所以 $\sum_{i=1}^m out(v) \le m \sqrt m$。

题目已经做完了，然而可以发现一个性质：每个三元环都被遍历过，而总复杂度不多于 $m \sqrt m$，所以三元环数量不多于 $m \sqrt m$。

性质应用见 LGP3547 [POI2013] CEN-Price List。

实现：

似乎没什么细节。

2023.09.25

LGP3800 Power收集

题意：

略。

分析：

很板的单调队列优化 DP。

实现：

你 tm 能不能好好看看你往函数里传了啥。

建议是如果用了 $i$ 行 $j$ 列的枚举，那在外层处理行相关时最好也写成 $j$，不容易写错。

SP10707 COT2 - Count on a tree II

题意：

每次求树上 $u,v$ 两点间结点的不同颜色数。

分析：

树上莫队板子。

实现：

无

2023.09.26

CF1000E We Need More Bosses

题意：

给定一个 $n$ 个点 $m$ 条边的无向图，保证图连通。找到两个点 $s,t$，使得 $s$ 到 $t$ 必须经过的边最多（一条边无论走哪条路线都经过ta，这条边就是必须经过的边），$2<=n<=3*10^5,1<=m<=3*10^5$。

分析：

赛时没一眼切，最开始写假，看了树的部分分得到启发，切掉了。

将图用点双缩点，在缩出来的树上求一个直径，结束。

2023.09.27

CF1795E Explosions?

题意：

有一排怪物，可以用单点或者爆炸攻击，单次伤害等于消耗。爆炸只能结尾用一次，爆炸伤害大于等于当前怪 $hp_i$ 会向两侧扩散 $hp_i-1$ 的伤害，求最小消耗。

分析：

赛时写了带剪枝暴力，甚至重造数据也没卡掉（当然 CF 肯定卡掉了）。赛时想过优化，补题时也想了，然而没弄明白。

正解是 DP，方法比较多样。

采用了 $dp[0/1][i]$ 表示第 $i$ 个点产生爆炸时，向左（右）最多造成多少伤害（包括自身），剩下的部分最后加一下，逻辑上视作提前点掉。

转移时，找到第一个 $h_j$ 小于当前点的位置 $j$，因为 $j$ 会使爆炸伤害减小；中间部分等差数列求和。
式子比较繁琐，直接扔代码，等理解上升再回来看。

        while(!s.empty()&&f[s.top()]>=f[i])s.pop();
        int j=s.top();
        if(!j)
        {
            j=max(1,h[i]-i+1);
            dp[flag][i]=(1ll*h[i]+j) * (1ll*h[i]-j+1) /2;
        }
        else
        {
            dp[flag][i]=dp[flag][j] + (1ll*h[i]+h[i]-(i-j-1)) * (1ll*i-j) /2;
        }

反向转移需要改式子，然而没改明白，最终妥协，reverse 了事。

CF1794E Labeling the Tree with Distances

题意：

给你一个树，边权为 $1$。给定 $n-1$ 个数，你需要将这些数分配到 $n-1$ 个节点上。

一个点 $x$ 是好的，当且仅当存在一种分配方案，所有被分配数的点到 $x$ 的最短路径长度等于其被分配的数。

求所有好点。

这里设题目给出的数的集合为 $A$，为方便表述，在其中添加一个数 $0$。

分析：

一道哈希好题。

赛时只写了暴力。但是发现了此题的本质是维护以节点 $i$ 为根时的 $dep$ 集合 $D$，并判断 $D$ 是否包含 $A$。进一步地，可以理解为，$D$ 是不是只与 $A$ 有一项不同。

像这样快速处理集合的问题，很多可以用哈希维护。

在本题中，考虑将一个 $dep_i=d$ 转成 $base^d$，于是不同 $dep$ 互不影响，相同 $dep$ 可以相加减。在需要把子树集合并入当前集合时，逻辑上需要将其每一项加一，所以实际上将整体乘 $base$ 即可，其它操作类似。

在判断时，只需将所得哈希值与给出值的哈希值相减：若仅 $D$ 中一个 $x$ 未匹配，所得一定为 $base^x-0$，即底数的一个幂；反向依然成立。

LGP3585 [POI2015] PIE

题意：

一张 $n\times m$ 的方格纸，有些格子需要印成黑色，剩下的格子需要保留白色。

一个 $a\times b$ 的印章，有些格子是凸起（会沾上墨水）的。

印的过程中需要满足以下要求：

印章不可以旋转。
不能把墨水印到纸外面。
纸上的同一个格子不可以印多次。

判断能否用这个印章印出纸上的图案。

分析：

看题的时候读错题，想了半天。

比较简单的贪心：找到印章的最“左上”的位置（此处由于第一维按行遍历，行优先），则纸上没有印的最“左上”的点一定要由印章最“左上”的点印，每次判断印法是否合法。

注意需要存一下有用的点，否则会 TLE。

兄弟，结构体是真的好用，快加入结构体教吧。

2023.09.28

LGP3582 [POI2015] KIN

题意：

最大子段和，但是重复的值不计入贡献。

分析：

动态地从 $1$ 到 $n$ 加入，每次把前面最近的相同权值的位置取负，再前面的改为 $0$，以消除重复值带来的影响，线段树维护最大子段和。

实现：

线段树的 pushup 最好直接写成传引用的版本，否则大量左移操作可能会 T。

P3586 [POI2015] LOG

题意：

维护一个长度为 $n$ 的序列，一开始都是 $0$，支持以下两种操作：

U k a 将序列中第 $k$ 个数修改为 $a$。
Z c s 在这个序列上，每次选出 $c$ 个正数，并将它们都减去 $1$，询问能否进行 $s$ 次操作。

每次询问独立。

分析：

可以用数馒头的方式，发现结论：若有 $x$ 个大于等于 $s$ 的数，只要剩下的数的和大于等于 $(c-x)\times s$ 就一定有解。平衡树维护。

实现：

似乎没什么细节。

2023.09.29

LGP3594 [POI2015] WIL

题意：

给定一个长度为 $n$ 的序列，你有一次机会选中一段连续的长度不超过 $d$ 的区间，将里面所有数字全部修改为 $0$。请找到最长的一段连续区间，使得该区间内所有数字之和不超过 $p$。

分析：

第一思路二分长度，每次单调队列维护当前区间内可以删去的权值和的最大值。

事实上可以直接双指针扫（？），因为当 $r$ 扩展到 $r+1$ 时，左端点是不会再向左移动的（要是能的话在 $r$ 就已经移动了）。

实现：

似乎没什么细节。

UVA1619 感觉不错 Feel Good

题意：

定义区间的权值为：权值和乘以最小值。求权值最大的区间。

分析：

比较板的单调栈，维护以每个点为最小值时区间向左右最多扩展到哪里。

实现：

暑假开始的时候写的，然而不知道怎么没调出来，这回可能是理解到了，直接过掉了。

2023.09.30

LGP3524 [POI2011] IMP-Party

题意：

给定一个 $3n$ 个点 $m$ 条边的图，保证存在 $2n$ 的团，求一个 $n$ 的团。

分析：

奇妙思维题。

可以考虑将至多 $2n$ 个点删去，剩下的一定在团里，输出即可。

具体地，若两个点互不连通，则至少有一个不在团里，将两个点都删去，最多删 $2n$ 个，还剩 $n$ 个，不会有问题。

实现：

注意逻辑，别急。

一种很阴间的排版

LGP3522 [POI2011] TEM-Temperature

题意：

对每一天的天气都给出上界和下界，求最长可能有多少个连续天的温度不下降。

分析：

设最低温为 $mn_i$,最高温为 $mx_i$。

若以当前天为结尾，则只需所选区间内的最低 $mn$ 均不高于当前天 $mx$ 即可，换言之，限制只有前面一段的最小 $mn$。

则考虑单调队列，在队尾弹出 $mn$ 比新元素大的，队首弹出 $mn$ 过大的点。

实现：

对于这种取一段区间的，可以维护下标计算区间长，也可以使用 $cnt、size$ 的方式维护当前点“代表”了多长的区间。

P3528 [POI2011] PAT-Sticks

题意：

给你每根木棍的长度和颜色，求一个能拼成三角形且木棍颜色互不相同的方法。

分析：

神奇思维题。

由于三角形三边性质，若最长的木棍无法与次长、次次长拼出，则一定无法与其他所有拼出，于是可以丢掉。

所以每次选择不同色的三个最长，如果不可行就丢弃最长，直到有解或无解（无法选出同色或不到三条）。

实现：

每个颜色建堆维护最长，再用另一个堆维护每个颜色最长木棍，模拟即可。

P3529 [POI2011] PRO-Programming Contest

题意：

$n$ 个人 $m$ 个题目，每个题要 $r$ 分钟完成。比赛有 $t$ 分钟。给出每个人会做哪些题目，请你安排一个每个人在什么时候做什么题目，使得做出来的题目数最多。在做题数一样多的情况下，罚时尽量小。

分析：

显然二分图最大匹配，然而罚时不好搞。

经典方法之动态加边。

每次只给每人加 $1$ 的流量，当无法继续做题时结束。

实现：

哪个 shaber tot 不赋 1 调了三天我不说。

建议修改边权而不是新建边，不知道新建的话空间够不够。

posted @ 2023-10-15 17:47 浣熊’ 阅读(58) 评论(0) 收藏举报

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