2019.1 纪中集训
day1
\(T1\) https://www.cnblogs.com/zzqtxdy/p/12181226.html
\(T2\)
一堆\(01\)串，有一些挖了一个空。要求找到一个填数方案，使没有一个串是另一个的前缀。
trie优化2-sat建图即可
\(T3\) https://www.cnblogs.com/zzqtxdy/p/12181283.html
少打了一个小时。。。
\(T2\)第三次写还是花了一个多小时，数组开小爆了\(30\)，码力太菜。。。
\(T1\)只会个两个\(log\)的做法，还爆成\(10pt\)。。。
\(T3\)写了个压状态的\(dp\)，根据数据水的程度应该能过，但是来不及调。。。
排名居然还不低
这\(T1\)咋对拍啊。。。
day2
\(LOJ6041\)~\(6143\)。。。昨天好像也是雅礼集训\(2017\)的一场。。。
\(6041\) https://www.cnblogs.com/zzqtxdy/p/12184870.html
\(6042\) https://www.cnblogs.com/zzqtxdy/p/12185072.html
\(6043\) 只有大于等于\(4\)的时候需要枚举，搜一下就行了。场上非常\(sb\)地每次修改把环上所有点打标记，这样就多了个\(n\)，虽然不知道能怎么卡。
看题花了一个小时，\(T1\)第一眼会个\(n\sqrt{n}logn\)和一个\(nm+n\sqrt{n}\)，想来想去也不会正解，\(T2\)大概会个\(n^2\)搞一搞，\(T3\)切了。
然后写完拍完\(T3\)花了将近一个小时，想\(T1\)想了半个小时无果就开始写。
结果剩下将近\(2h\)全用来写\(n\sqrt{n}logn\)了，一看这一堆\(stl\)就觉得自己连\(50000\)都过不去。
\(T3\) \(A\)了，\(T1\)跟\(n^2\)同分，没碰\(T2\)。神仙\(lxy\) \(AK\)了，被吊打了。。。
\(T2\)场上\(sb\)了，想着把大的那棵子树跟小的平衡一下，就很难搞，实际上插到这个点上就行了。。。
没想到自己码力这么菜。。。应该先把暴力写了。。。
T2并不难想，就是场上\(sb\)+\(T1\)浪费时间，\(T1\)常数又大，码力还菜，早知道写\(n^2\)了。。。
day3
\(T1\)
一棵有根树，每条边有一个容量，给出\(m\)条路径，一个端点是另一个端点的祖先，价值为\(w\)。选出若干条路径，不超过边的容量，最大化价值和。
所有路径都是从下往上的，树上从上往下连边，选一条路径就是选一个环了，然后就可以发现是费用流了。。。
求解最小费用循环流的方法：负边\((u,v,w,-f)\)拆成\((S,u,w,0)\) \((u,v,w,f)\) \((v,T,w,0)\)，相当于先假装流满，如果不想流满就得通过中间那条边撤销。
\(T2\)
投骰子，每一面有一个朝上的概率，投\(n\)次，求点数和的期望和方差的期望。
卡精度实在是太毒瘤了。。。
直接\(G-F^2\)算方差会爆精度，把方差中减掉的那个期望\(/n\)后减到点数上，再算一次即可。
\(T3\)
数轴上\(n\)对鞋子，设\(k\)个鞋柜，每对鞋子必须放到同一个鞋柜里，求最小距离和。
神仙题。。。
首先每对鞋子都是选离中位数最近的柜子，把每对鞋子按中位数排序，一个柜子就会贡献到一个区间里，这样就可以很方便地\(dp\)了。
考虑如何快速求出（以排好序的鞋对编号为下标）一段区间内的鞋子的代价。
如果选好柜子那么代价就是所有鞋子到柜子的距离和，所以取中位数即可。
这个要用到所有鞋子的位置信息，查询不能拆开，但是信息满足可减性，所以用主席树维护即可。
然后后加进来的鞋对对中位数偏左的区间影响较大，满足决策单调性。
详细证明：
就是要证不存在\(f_{j-1}+w(j,i)>f_j+w(j+1,i),f_{j-1}+w(j,i+1)>f_j+w(j+1,i+1)\)的\(i,j\)，\(w(j,i)\)的意思是\([j,i]\)的鞋子的代价。
化简一下就是只要证出对于任意\(i,j\) \(w(j+1,i)+w(j,i+1)>w(j+1,i+1)+w(j,i)\)就得证了。
就是证第\(i+1\)对鞋子放在\([j+1,i]\)比放在\([j,i]\)优。
首先第\(i+1\)对鞋子的中点肯定大于等于\([j+1,i+1]\)的中位数，否则右边的点数不超过一半。
所以往右边加鞋子中位数不左移，往左加不右移。
中位数是偶数个鞋子中中间靠左的数，两边是平衡的，往右加一个数最多右移到原来的下一个鞋子，不会改变原有鞋子的距离和；加完后\([j,i+1]\)中位数比\([j+1,i+1]\)左，跟新加鞋子的距离不会比较小，故加在\([j+1,i+1]\)不会比\([j,i+1]\)劣。
总结
场上看题后会\(40+100+30\)，写了\(T2\)和\(T3\)暴力和\(T1\)的\(10\)分，然后去想\(T1\)，期间感觉这题网络流不太能流的样子就没想网络流。
时间不多就写了\(T1\)的\(20\)，然后这个并不能套到链的\(10\)分上。。。然后就没时间了。
\(T2\)爆精度了，要用题解中的\(trick\)优化精度。。。
然后\(T3\)对拍了还爆成\(10\)分。。。
网络流可能还是差了一点，暴力写挂也是个问题。。。
day4
看题，\(T1\)是个数据结构题，想法不难，写出来可能有点复杂，\(T2\)是个毒瘤题，\(T3\)好像是个\(sb\)题
写完拍完\(T1\)花了\(2h\)，加上看题\(3.5h\)
然后兴冲冲写\(T3\)，写完过不了样例后发现是子序列，只好盲猜状态数不多写个类似麻将那题的做法。
写完后完全不知道\(T2\)怎么写，手玩了一组数据发现\(T3\) \(WA\)了，调到结束都没调出来（事后还经过了漫长的调试。。。）。
结果\(T3\)水过去了，足见\(JZ\)的数据之弱。。。
\(T1\)用的做法太毒瘤了，用前几场\(ZR\)那题的做法不就行了吗。。。
\(T3\)搞个前缀和就可以发现状态数最多\(2^{10}\)，没看出来。。。
\(T2\)差点就想出正解了。。。当然我是不会场上去写的。。。
这场发挥得挺不错的，\(T3\)的性质没看出来，对结论题还是不太擅长。。。
\(T1\)
一棵树，支持：
1.路径上所有边反色。
2.对于路径上所有点，对其邻边反色。
3.询问路径黑边数量。
个人\(sb\)做法：
线段树维护区间两端点的颜色，区间\(0\)的个数，\(1\)的个数（整个翻转颜色的时候要交换），连着左右子区间的边的颜色。
整个翻转点颜色就改一下两个端点，整个翻转边颜色就交换一下答案，改一下中间边的颜色。
然后单独维护一下轻边即可。
线段树有很多地方不能套板子，还好这次码力不错。。。
正常的做法：
每个点记父亲的颜色，正常套路每个轻儿子标记挂到父亲，变成区间打标记
一些轻边重儿子什么的还是单独修改一下。
查询也就一些重点颜色链底标记什么的。
\(T2\)
长度为\(n\)的字符串划分成\(k\)段，每一段字典序最大值的最小值（表示成字符串）
\(n,k\leq 2000\)
太毒瘤了。。。
答案一定是子串，搞出所有子串就可以二分了。
可以\(O(n^2)\)或\(O(n)\)求出每个点作为划分点，最远能到哪都不进行下一次划分（即字典序在这段区间内都不会过大，字典序很小的话就是\(n\)）
然后看看哪些点能作为划分点。首先能走的长度为\(0\)肯定不行，把它们扔掉（具体是能走到的分为包含了这个点的点能走长度--）然后如果一个点变成\(0\)了，那么既然它不能走到原序列上下一个长度\(\geq 0\)的点，那它也不行了。如此这样一个个扔掉，直到剩下的长度都\(\geq 0\)为止。
如果剩下的点数\(<k\)就凉了。这样，只要我们能构造出一种划分次数\(\leq k\)的方案，就可以在每个划分点前面加些划分点构造出\(=k\)的方案了。
所以枚举出发点，一直往下走，维护再走一次能走到的范围即可。
环形这东西实在是太毒瘤了。
\(T3\)
给一个长度为\(n\)的字符串，求长度为\(m\)的字符串与其最长公共子序列为\(1,...,n\)的方案数。
\(n\leq 10,m\leq 1000\)，字符集为\(4\)。
考虑如何求最长公共子序列，就如果加了一个相同字符，等于一个前缀\(max+1\)，否则不变。
这样不太好看出来，改变一下\(dp\)数组的定义，变成到上一个点在第\(i\)位及以前的答案（及定义成存一个前缀\(max\)），每次用差分来转移。那任一时刻一个点的\(dp\)值不小于前面一个，最多比前一个多\(1\)，所以状态数不到\(1024\)，\(dp\)套\(dp\)或状压维护差分均可。
day5
看题后会\(T1\)暴力\(T3\)正解，\(T2\)不太可做的感觉。
\(T3\)的\(MTT\)竟花了我\(2.5h\)。。。
然后匆忙写完\(T1\)暴力就结束了。。。
两题都爆了第一个点，\(T1\)是因为太贪了想水分结果\(kmp\)写挂了，\(T3\)是因为暴力的取模位置错了。
考完后发现\(T2\)非常简单，只是我压根没去想。。。
对多项式之类的一些基础不够熟练。。。
\(T2\)这见过类似的题没反应过来，比赛的时候要每题都仔细思考一下。。。
本来能\(200+\)的，太可惜了。。。
T1
一个\(n*n\)的矩阵，每个点上有一个字符，随机选一个点往一个方向走\(k\)步得到一个字符串，求走两次得到相同字符串的期望，\(n\leq 500\)。
只要把每个字符串求出来就可以塞进\(map\)中求答案，所以倍增求出每个点每个方向走\(k\)步的哈希值即可。
T2
\(n*m\)的网格上每一个点有一个方向，不会指向边界，染黑恰好\(k\)个格子，求一种染色方案使得第一列每个点出发，要么陷入循环走不到最后一列，要么第一次走到最后一列时经过且只经过一个黑点，\(n*m\leq 10^6,k\leq 50\)。
这种题当然是形成基环内向树森林然后搞一搞，走到环的点和没有第一列的点能到达的点可以随便染不染色。剩下的只有不会到达其它第一列的点的点能染色，这些点形成森林，相当于一棵树上用黑点覆盖所有叶子，黑点不能互为祖先关系的问题，直接\(dp\)即可。
T3
\(n*n\)网格的第一列和最后一列有数，然后每个格子等于上面\(*b\)，加上左边\(*a\)，再加上\(c\)，求\((n,n)\)上的数。
MTT：
相当于每个格子的数往右\(*a\)，往下\(*b\)，移到右下方求和，\(c\)就一开始填在每个位置就好了。
拆开贡献主要就是要求
day6
\(T1\)感觉可以\(dp\)，写完才发现是\(O(n^4)\)的，然后搞来搞去还是\(O(n^4)\)，自闭了。。。
\(T2\)一看就不可做。
\(T3\)一开始没想出来，写完\(T1\)后打个表就会了，然后长剖都没调出来就结束了，只能写个链走了。早知道先写\(n^2\)暴力了。。。
不知道为什么这几天做题越来越慢。。。
\(T3\)爆成\(5\)分，结果是\(OJ\)没有开栈。。。
被\(JZ\)的队爷们吊起来打，才发现前几天都是在被人家学校的初中生吊打。。。深感自己的菜。。。
