25暑假 个人刷题
ABC394E:
题意：有n个顶点的有向图，以邻接矩阵\(C_{ij}\)的形式记录了\(i\)到\(j\)的字母“边权”(不存在为-)，对于每一对\((i, j)\)，需要求最短的，且路径上的字符为回文的字符长度。最终呈现的结果是一个“路径长度矩阵”。
题解：
首先观察题目可以知道，自己走向自己的最短路程是0(同时也是回文的)，所以对角线上元素一定为0。又因为一个字符一定是回文，所以那些从起点可以一步到达的点的答案为1。
考虑类似BFS的做法：将已经得出的答案的点列加入队列，每次抽出一个\((i, j)\)，从\(i\)延伸出一个点\(k\)，从\(j\)延伸出一个点\(l\)，此时判断\((k, l)\)是否为第一次遍历到，以及此时字符串是否为回文，如果以上两个条件均满足，修改答案矩阵，并将新的\((k, l)\)插入队列中。如果搜索完还是没有，那就是没有，填-1输出。
ABC394F：
题意：查找所给无向图中的最大“烷烃树”（要么连1个要么连4个）
题解：
由烷烃的性质（在化学里我们是不是只需要看里面碳原子数量就行了？！），得出我们只需要判断其中链接4个点的点即可（剩下的直接套烷烃计算公式\(3n+2\)）。
此时，我们把链接小于四个点的点全部抹去，只剩下所有的“核心点”以及连边。此举如同在一棵树上删去一些树枝，并有可能将一颗树拆分成多个树，此时对每个树的操作都是独立的。
对于剩下的图，选出不存在链接大于四个点的点的最大连通块。对于该问题采用树形dp。
用\(f(u, 0)\)表示以\(u\)为子树当中，包含\(u\)的最大连通块大小，同时对应的\(f(u, 1)\)表示以\(u\)为子树当中，在\(u\)已知有一个度数要分给\(u\)的父节点的情况下，包含\(u\)的最大连通块大小。显然的，对于\(f(u, 0)\)，需要求与其联通的前四个最大子块的大小(这在通过\(dfs\)的树形dp中已经被先行确定)，对于\(f(u, 1)\)，则需要求与其联通的前三个最大子块大小，并且对为父节点留的一个度数\(+1\)。
(此时不需要管父节点又连了多少多少点，因为我们使用的是\(dfs\)从下往上遍历，此时不需要处理父节点，在之后的遍历中会重新处理一遍)
上文中的\(f(u ,0)\)的最大值即为所求的\(n\)，然后套烷烃计算公式得到答案。
Submission
CF1026C：
题意：无人机初始高度为0，构造一个“准上升序列”(即只有上升和平飞，没有下降)，使无人机在每一个点都满足题意中的合法区间。如果没有合法区间，输出-1。
题解：
由于无人机只能上升或者下降，我们可以首先不考虑障碍，构造出一个“可能高度区间”序列，并与题意中的合法区间做交集，得到每个点上无人机合法的可能区间，然后通过确定末位置往前逆推即可构造序列。
ABC410C WA提醒
在计算偏移量时，如果直接用偏移量+原本的时间，会存在如果有该量为\(n\)的倍数的话，最后表示的坐标为0，导致错误。
AC Submission
ABC410D
题意：求最小异或路径
Tips：看清楚题给条件是有向图，如果是无向图的话做法会复杂的更多，参考CF845G。
题解：
设“权重路径”为一个二维数组\((i, j)\)，即在\(i\)处权重\(j\)。在初始情况下位置为1，权重为0。即为从\((1, 0)\)开始\(bfs\)，递推方程为：
设此时是从u点到v点，初始值为i，该路径权重为x，\(f[u][i] －> f[v][i^x]\)。
对n点的权重路径从小到大遍历(因为后面那个值只在0到1024中间)，找到最小的权重值直接输出即可。
Submission
CF1034E(第一次vp出四题，虽然是div3简单场)
题意：找一个给定数组中，精确删除k个数之后，\(MEX(a)\)的可能值个数。
题解：
将问题从另一个角度看，因为数组的\(MEX\)一定不会大于这个数组的最大值，那么对于该数组中每一个可能出现的\(MEX\)值是存在一个"删除个数"的区间的。那么此时就变成了统计所有的"删除个数"区间。很显然的，这里如果使用普通递增\(O(n)\)的复杂度是超时的，需要利用差分标记端点实现\(O(1)\)修改。
那么我们现在来看这个\(MEX\)区间怎么求。对于区间左端点，显然就是将所求的值在数组中的个数(通俗来说，就是将所求的值从数组中"抹去")，这里可以在输入时利用一个\(count\)数组来实现\(O(1)\)取用。对于右端点，除了要将求左端点时所求的减去，还要减去所有大于该数的元素(因为他们对于\(MEX\)没有意义)，对于小于该元素的元素，需要减去所有重复的元素，使他们只剩下1个。对于右端点的这些条件，最后的总数也是易求的，详见代码。
CF973G(状压DP例题)
题意：要求删去最少的歌曲，使得每一个相连的歌曲都存在至少一个特征相同。
解释状压DP：
现在存在一个二进制字符串，利用二进制字符串中每一个0/1来表示对应的状态(通常的，每一位会与题目中每一个数/点/....形成对应)，例如该题中的"删去/不删某首歌曲"，就能通过0/1来表示。将二进制表示的串用十进制解码，就对应了每个状态所对应的值。
PS：状压DP用0-index更好写
题解：
当然，在这里只是需要对应情况存在，那么\(dp\)数组实际上是一个\(bool\)类型数组，代表该种情况是否满足题意。
对样例打表，发现如果我们先选第一个再选第二个的话，那么接下来是没有歌曲能够接在后面的，但是如果先选第二个再选第一个，那么第三第四两个歌曲都可以按照题目规则接在后面。如此我们发现不止与"选取了哪些歌曲"有关，同时也与"选取的歌曲中最后一个是那个"有关，故此时的\(dp\)数组更应再加一个维度：选取的歌曲中末位是谁。
此时\(dp\)数组为：\(dp[所选歌曲状态的二进制表示][末尾歌曲编号]\)
初始条件：\(dp[只选第i首歌的状态表示][i] = true\)
转移方程：若x与y有相同特征，且\(dp[i][x] = true\)，那么\(dp[i|(1<<y)][y] = true\)，其中\(i\)表示前一阶段状态压缩表示的数，\(1<<y\)表示在第\(y\)位为1其余为0，与\(i\)或运算之后就可以单点修改\(y\)的状态。
答案：若\(dp[i][j] = true\) ，求所有\(i = 1\)数量的最大值，\(ans = n-max\)。
另：如果还有不理解的记得看提交中的注释
CF1276B
题意：计算对一个无向图中，对给定的\(a, b\)，有多少点对\((x, y)\)，\(x\)到\(y\)的路径中必定包含\(a, b\)。
题解：
分别从两个给定点开始\(bfs\)，当在\(bfs\)中碰到另外一个点就跳过，这样分别得到\(a, b\)单独能到达的点，取补集就能得到"不经过\(a/b\)，从\(b/a\)点就不能到达的点"，乘法原理相乘即可。
ABC415E
题意：一个人在\(h\)行\(w\)列的图上的\((1, 1)\)点上，在往右下移动的\((h+w-1)\)次中，每次都能在新到达的点上得到金币，并会扣除一定量的金币\(P_{k}\)。求最开始需要最少多少金币，才能在金币一直\(>0\)的情况下行走\(h+w-1\)次。
题解：
首先的难点在于题目中给的条件是\(h*w \leq 2*10^5\)，需要我们使用二维\(vector\)动态开大小。
观察题给的\(P\)数组大小\(h+w-1\)，亦是从\((1, 1)\)点到\((h, w)\)的折线距离，也就是说这个人的终点一定是\((h,w)\)。
很简单的贪心思想启示我们，当满足题意的时候，最后在\((h, w)\)一定不会留下金币，如果我们用一个\(f\)数组表示每个点操作过后所欠的金币，那就是\(f[h][w]=0\)。但是我们现在只知道最后的情况，但是要求的答案是最开始在\((1, 1)\)时的金币，那么从这里就很容易想到了从末状态往初状态递推。
如果想到了上述内容，那么得出如下递推式是很容易的：
设在\((i,j)\)增减的金币为\(n\)，那么\(n = p[i+j-1] - a[i][j]\)；
在最底边，也就是\(i = h\)时：\(f[i][j] = n + f[i][j+1]\)；
在最右边，也就是\(j = w\)时：\(f[i][j] = n + f[i+1][j]\)
在一般位置时，因为我们的要求一定是欠的钱尽量少(不然在初状态还的金币就会多了)，故可推\(f[i][j] = n + min(f[i][j+1],f[i+1][j])\)；
本以为这样就可以了？
错了！如果是负数怎么办？这样在初状态还要先不拿金币吗？
所以在每次递推时，需要判断\(f[i][j]\)和0的关系，最小必定为0；
全文结束。
附代码：
#include <algorithm>
#include <bits/stdc++.h>
#include <vector>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
#define endl '\n'
#define cty cout<<"Yes"<<endl
#define ctn cout<<"No"<<endl
#define int long long
int h,w;
int p[200010];
void solve(){
cin>>h>>w;
vector<vector<int>> a(h+2,vector<int>(w+2)),f(h+2,vector<int>(w+2));
for(int i = 1;i <= h; i++){
for(int j = 1;j <= w; j++) cin>>a[i][j];
}
for(int i = 1;i <= h+w-1; i++) cin>>p[i];
for(int i = h;i >= 1; i--){
for(int j = w;j >= 1; j--){
int n = p[i+j-1]-a[i][j];
if(i==h&&j==w) f[i][j] = n;
else if(i==h) f[i][j] = n+f[i][j+1];
else if(j==w) f[i][j] = n+f[i+1][j];
else f[i][j] = n+min(f[i][j+1],f[i+1][j]);
f[i][j] = max(f[i][j],0ll);
}
}
cout<<f[1][1];
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
cout.tie(nullptr);
int t = 1;
//cin>>t;
while(t--){
solve();
}
}
洛谷P2458保安站岗
题意：有一个树状图，在某些节点上需要放置保安，保安能看到其所在节点和其相邻节点，要求所有节点都可以被看到，求花费最小代价。
题解：
经典树状\(dp\)，但因为忘记考虑一种情况，10分成功坠机(大悲)
\(dp\)数组开二维，第二个维度用来表示：
1.该点上有保安
2.该点的父亲上有保安
3.该点的儿子上有保安
显然可以看出来的是，每个叶子节点\(dp[i][1]\)=\(w[i]\)，然后按照正常树状\(dp\)思路即可。
ABC414E
题意：在给定的\([3, N]\)范围内找到满足\(a\)%\(b\)=\(c\)的\([a, b, c]\)互不相等三元组个数。
题解：
在做这题的前几个小时被集训队内大佬安利做这题，此题是数论分块裸题，对数论分块有着启蒙意义。
首先，根据题给的互不相等的性质，很容易推出\(a>b>c\)这个性质，同时\(c\)作为余数就注定了其作为副产物的命运，接下来固定\(b\)，我们来看\(a\)的范围。根据最先推的性质可以知道，\(a = q * b + c , q>1\)，当\(c = 0\)时，易得\(a = q * b\)，\(q\)的取值范围为\([1, (int)N/b]\)，同时这也对应了\(a\)是\(b\)倍数的取值范围。
如果我们不考虑一定为倍数，那么根据一开始得到的范围很容易得到取值范围为\([b+1, N]\)。
根据如上范围，我们可以得出合法的\(a\)的范围为：
\((N-b+1)-(int)N/b\)
对于每一个\(b\)，求和、取模即可。
但是！这题给的范围在如上描述下的\(O(n)\)复杂度下会超时！
观察得到：如上的式子，前半部分可以通过等差数列的方式求解，高耗时部分主要在后半部分整除后相加。
这里就需要利用整除分块的思想了：其核心在于，观察到\((int)N/b\)在某段区间内是相同的，就可以按照其值(此处假设为\(k\))对整段区间进行分块，这里分出的是"所有的\((int)N/b = k\)"的区间，就可以通过公式相加，避免了循环的高耗时。
下面给出一种计算分块区间边界的方法：
假设当前分块起点为\(left\)，设当前\((int)N/left = k\)，需要找的下一个区间起点要求是：\((int)N/L < k\)，且\(L\)尽可能小。又由\((int)N/L < k\)可得\(N < k*L\)，\(L > (int)N/k\)，可得\(L = (int)N/k+1\)。同时需要保证区间尾仍然在合法范围内，所以需要和\(N\)取\(min\)。
通过显然的求和公式，可以得出在该区间内的和为\(k*(L-left)\)，累加，同时别忘了将\(L\)赋值到\(left\)上！
校内挑战赛2H
题意：求\(\sum_{i=1}^{n}k mod i\)
题解：
通过一个在高精度转换里用到的技巧：\(kmodi = k - i* \lfloor k/i\rfloor\)，在求和的时候，前半部分直接拿公式套就行，后半部分用本篇题解中\(ABC414\)中数论分块的方法解决，接近裸题但是我赛时没写出来┭┮﹏┭┮
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define endl '\n'
#define cty cout<<"Yes"<<endl
#define ctn cout<<"No"<<endl
#define dbg(x) cout<<"x:"<<x<<endl
#define int long long
const ll mod = 998244353;
const int mxn = 2e5+10;
void LonelyLunar_solve(){
int n,k;
cin>>n>>k;
ll ans = 0;
if(n>=k){
ans+=(n-k)*k,n = k-1;
}
ans+=(n*k);
//cout<<ans<<endl;
int left = 1;
while(left<=n){
int t = k/left, L = min(n,k/t);
int len = L-left+1;
ans-=1ll*t*len*(left+L)/2;
left = L+1;
}
cout<<ans<<endl;
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
cout.tie(nullptr);
int _ = 1;
//cin>>_;
while(_--){
LonelyLunar_solve();
}
return 0;
}
校内挑战赛2G(洛谷P1896)
题意：在\(n*n\)内放\(k\)个耄耋，要求每个耄耋周围八个点内不能有别的耄耋，求放置方法。(神人题面)
题解：
一道相对比较直白的状压\(dp\)(特别是看到\(n \leq 9\)的题面之后很容易往状态压缩那个方向想，所以为什么我想到的就是爆搜呢)，通过0/1表示该点是否合法放置(0表示可以放置)，状压\(dp\)的思路主要在于不断枚举表示状态的数，不断转移。
按照状压\(dp\)的思路，我们设\(dp[i][j][S]\)表示我们选到了第\(i\)行，第\(i\)行的状态为\(S\)(因为全是0/1，我们可以通过二进制转换成十进制，把状态用一个数表示出来)，现在已经选了\(j\)个耄耋的合法状态数。对于每个状态\(S\)，我们在选接下来要选的国王时，需要判断该状态(也就是最终展示出来的数)是否合法。对于新一行，很显然的是需要和上一行选择过耄耋的位置错开。通过位运算的相关技巧，比如左移右移，与运算等，可以正确输出。同时，在\(n\)行选择结束后，因为不知道最后一行的状态里哪个所含的合法状态最多，所以，需要遍历最后一行状态才能找到最大解。
CF edu181 D
题意:现有一个分为\(m\)个单元格的条带，每个线段以概率\(p/q\)独立存在。要求计算每个单元格恰好被一个线段覆盖的概率。
题解：
整个概率计算可以分为两个独立部分：
我们设\(dp[i]\)为覆盖到位置\(i\)的路径概率，当线段\((l, r]\)被选中时，可以拓展到\(r\)。考虑一个线段的存在概率是\(s/d\)，如果考虑其加入路径，需要满足的两个条件是：1.该线段必须存在，概率是\(s/d\)。2.该线段在路径中没有被其他线段覆盖，概率是\(1/(1-s/d)\)。两者相乘，可得总概率为\(s/(d-s)\)。
ABC415F
题意:给定一个字符串，并且需要支持在线单点修改和在指定的\([l, r]\)内查询最长连续子串。
题解：
一道比较经典的线段树题，我决定把这道题当作我的线段树启蒙题。
题解在此不再解释"为什么想到线段树"。其实你打一遍暴力喜提TLE之后就会想到了
根据题目的要求，我们建树的时候就要考虑到两种情况：1.连续子串在一个块内2.连续子串跨块。针对前者很好维护，针对后者，需要在回溯的时候判断两者的头尾是否相等(也就是最长子串有可能连起来)，从而很自然的需要维护块内"左侧最长连续子串的长度，右侧最长连续子串的长度"，并与"区间内最长连续字串的长度"。同时需要维护一整块都是一种字母的情况(这种时候直接判断左右首末字母和相邻区间是否联通即可)。
洛谷P3869 宝藏
题意：可交互式迷宫(踩到机关会改变其对应点的可通过性)，判断从起点到达重点的连通性和最短路。
题解：
新学习到状态压缩BFS。观察到数据规模较小，且机关的数量只有10个，故可以通过二进制压缩来表示每个机关的状态。当BFS走到一个机关时，通过异或改变对应机关的状态。如果走到了一个被触发的机关，就通过当前的二进制值来判断是否被触发(需要以此来判断可通过性)。这个二进制状态被放在普通BFS中的\(vis\)数组中，且在每次循环中都需要被遍历。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
//typedef long long ll;
#define endl '\n'
#define cty cout<<"Yes"<<endl
#define ctn cout<<"No"<<endl
#define dbg(x) cout<<<<#x<<" : "<<x<<endl
#define int long long
//const ll mod = 1e8;
const int mxn = 4e6+10;
char a[35][35];
int bex,bey,enx,eny;
//状压BFS
struct node{
int x,y;
int step;
int st;//二进制状态
};
int xt[4] = {0,1,0,-1};
int yt[4] = {1,0,-1,0};
bool test[35][35][1<<11];
int ll[15],rr[15],LL[15],RR[15];
void LonelyLunar_solve(){
memset(test, 0, sizeof(test));
int r,c;
cin>>r>>c;
for(int i = 1;i <= r; i++){
for(int j = 1;j <= c; j++){
cin>>a[i][j];
if(a[i][j]=='S') bex = i,bey = j;
if(a[i][j]=='T') enx = i,eny = j;
}
}
int k;
cin>>k;
for(int i = 1;i <= k; i++){
cin>>ll[i]>>rr[i]>>LL[i]>>RR[i];
}
queue<node> pq;
pq.push({bex,bey,0,0});
test[bex][bey][0] = 1;
while(!pq.empty()){
auto t = pq.front();
pq.pop();
int tx = t.x,ty = t.y,tstep = t.step,tst = t.st;
if(tx==enx&&ty==eny){
cout<<tstep<<endl;
return;
}
for(int i = 0;i < 4; i++){
int xx = tx+xt[i],yy = ty+yt[i];
if(xx>=1&&xx<=r&&yy>=1&&yy<=c){
int tes;
if(a[xx][yy]=='#') tes = 0;
else tes = 1;
//0不可通过，1可通过
int tss = tst;//这里需要复制一遍状态来判断，不然下面的if的先后顺序会污染状态导致错误
for(int j = 1;j <= k; j++){
if(xx==ll[j]&&yy==rr[j]) tss ^= (1<<(j-1));
if(xx==LL[j]&&yy==RR[j]){
if((tst>>(j-1))&1) tes^=1;
}
}
if(tes&&!test[xx][yy][tss]){
test[xx][yy][tss] = 1;
pq.push({xx,yy,tstep+1,tss});
}
}
}
}
//cout<<"-1"<<endl;
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
cout.tie(nullptr);
int _ = 1;
//cin>>_;
while(_--){
LonelyLunar_solve();
}
return 0;
}
CF1032E
题意：在\([l, r]\)内找到\(x\)，使得\(f(l, x)+f(x, r)\)最小，其中\(f(i, j)\)指\(i\)和\(j\)十进制表示中数字相同的位置数。
题解：
纯思维结论题。
从大位往小位看，如果相同的话那么无法更改，区间内任意一个数，在两边的位数都会被取到，所以对最终结果的贡献是2。如果相差1的话，区间内的数只能在其中一个中选，对最终结果贡献是1。当相差大于2的话，可以选中间的数来使得最终结果变小，且之后可以选任意数(因为是从大到小取位，区间会很大，中间任意选数可以避开所有的相同位)，之后不会再有任何贡献，所以终止。
ABC408E
题意：求1到n最小或路径
题解：
根据贪心从高到低拆位，屏蔽掉当前位为1的路径再去判断联通性，如果屏蔽掉后仍能联通就全部删去，反之则保留。
CF920F
题意：给定一个长度为\(n\)的数组，每次查询查从第\(s\)个元素开始，步长为\(d\)的\(k\)个元素，并将第\(i\)个元素乘以\(i\)的和。
题解：
按照题解来看是标准的根号分治？又是学习的一题。
首先设步长\(m\)，以\(sqrt(n)\)为分界，在分界以上的直接暴力相加，因为一定不超过\(n/d\)个数参与运算，时间复杂度\(O(nk) \leq O(nsqrt(n))\)
对较小的数进行后缀和处理，又由于里面带个乘号所以后缀和的时候要预处理两层。
ABC393E
题意：从\(A\)中选出包含\(A_{i}\)的\(K\)个元素时，求这些元素的最大公约数可能达到的最大值
题解：
名副其实的"枚举因子"。
令\(f[x]\)为\(x\)是\(a\)中\(f[x]\)个数的因子，\(mx\)为\(A\)中最大值，然后从大到小枚举因子，当某个因子的数\(\geq k\)时，那么从\(k\)开始向上乘到\(mx\)，这其上的每一个数，他们选\(k\)个数的最大因子都是这个因子，由于是从大到小枚举，所以每个地方只需更新一次。
备注：类似题目洛谷P1414，且数据范围较小
CF1043C2
题意：西瓜一次只能买\(3^{x}\)，价格为\(3^{x+1}+x*3^{x-1}\)，要求在有限步数内找到最优购买方案。
题解：
将西瓜数量转化成一个三进制数，每一位数就对应了在对应幂次下的购买次数(如112，就代表了在\(3^{0}\)购买两次，\(3^{1}\)下购买一次，\(3^{2}\)购买一次。注意，此时不是最优方案)。那么此时我们对原式转换,设：
对相邻两式做变形可得：
此时以通俗的语言描述，就是某种较大购买量的"一次购买"，可以转化成三次较原来小一个幂次的"一次购买"，并且可以减少\(3^{x-1}\)的支出。因此我们便可以从最高位向下枚举，每次以"剩余最多可用次数/2"(因为一次减钱对应的是多两次购买)和"当前最高位"取\(min\)，直到可使用次数\(\leq 1\)或者原数只剩下一位(此时代表的是\(3^{0}\)，代表最基础的购买，无法再减钱)，此时将数位和对应的开支做和，即为答案。
ABC420E
题意：每次增加一个无向边或者更改一个点的颜色(白更改黑或者黑更改白)，查询点是否能和染黑色的点联通
题解：
就是一个很经典的并查集，下面我解释一下为什么不直接使用我代码中的\(siz\)数组修改而是要另开一个\(co\)数组(代表每个点的颜色)：因为\(vis\)数组存储的是整个连通分量中黑顶点的总和，而不是每个顶点的个体状态。当执行类型2查询（切换顶点颜色）时，需要知道该顶点当前的颜色，以决定是增加还是减少连通分量的黑顶点计数。如果没有\(co\)数组，无法获取单个顶点的颜色信息，因此无法正确更新\(co\)数组。
浙公网安备 33010602011771号