\(~~~~\) 这场其实质量挺高的（比起前面来说）
\(~~~~\) 但我挂了80+，占到得分的一半QAQ
多线并行/「CF1765D」Watch the Videos
题意
\(~~~~\) 每个东西占的空间为 \(a_i\) ，总容量为 \(m\)，第 \(i\) 件物品需要用 \(a_i\) 的时间浏览，用 \(1\) 的时间删除，删除完全完成后才释放空间，任何时候都只能浏览一个东西，但同时可以删除东西。求最小用多少时间把所有东西都浏览且删除。
\(~~~~\) \(1\leq n\leq 10^6,1\leq a_i\leq m\leq 10^9\).
题解
\(~~~~\) 注意到可以节约时间仅在于删除东西和浏览东西的重叠，那我们考虑什么情况下可以重叠：在删除 \(a_i\) 时浏览一个空间在 \(m-a_i\) 以内的物品，显然这个值越大越好，所以我们在 set 内直接 upper_bound 即可。
\(~~~~\) 而显然对于每个物品只要能重叠就必定重叠，因为你不重叠省下来也最多只能再满足一个，显然不优。
代码
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#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define PII pair<int,int>
#define mp(a,b) make_pair(a,b)
using namespace std;
template<typename T>void read(T &x)
{
T f=1;x=0;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9') {x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
x*=f;
}
ll Ans;
int arr[200005];
multiset <int> S;
int main() {
// freopen("multithreading.in","r",stdin);
// freopen("multithreading.out","w",stdout);
int T,n,m;read(T);
while(T--)
{
read(n);read(m); S.clear(); Ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++) read(arr[i]),Ans+=arr[i]+1,S.insert(arr[i]);
while(!S.empty())
{
int u=*prev(S.end()); S.erase(prev(S.end()));
while("I am an idiot.")
{
auto it=S.upper_bound(m-u);
if(it==S.begin()) break;
it--; u=*it,Ans--,S.erase(it);
}
}
printf("%lld\n",Ans);
}
return 0;
}
/*
瑶草一何碧，春入武陵溪。溪上桃花无数，花上有黄鹂。我欲穿花寻路，直入白云深处，浩气展虹霓。只恐花深里，红露湿人衣。
坐玉石，欹玉枕。拂金徽。谪仙何处，无人伴我白螺杯。我为灵芝仙草，不为朱唇丹脸，长啸亦何为。醉舞下山去，明月逐人归。
也就是找到最多后继使得可以同时进行
那么贪心地每个点去找最大的可以匹配的后继点即可。
*/
空当接球
题意
\(~~~~\) 给出 \(n\) 堆球，每堆球初始都在 \([1,m]\) 之内。每次操作可以选择不同的 \(i,j\) 满足 \(a_i \geq a_j\)，则令 \(a_i' \leftarrow a_i-a_j\),\(a_j'\leftarrow 2a_j\)。请构造 \(8\times 10^5\) 内操作，使得最后只有最多两堆球（两个数为 \(0\)）。
\(~~~~\) \(1\leq n\leq 3\times 10^5,1\leq m\leq 10^{10}\).
题解
\(~~~~\) 很神仙的题。
\(~~~~\) 考虑对于较少堆的操作是左移 \(1\) 为，对于较多堆的操作，如果最开始最低位和较少堆是一样的，那我们把这两个操作过后最低位就是一样的。因此我们可以考虑按位开始考虑。
\(~~~~\) 那我们建出Trie树（从低到高建），注意到 \(a,b\) 从最低位开始相同的连续最多，那最低位的升高就越多，这样可以省下来更多的操作。所以我们从低位开始操作，不停往 \(0\) 儿子移动，同时操作 \(1\) 儿子，从底到顶合并，合并的LCA深度越深，那显然升位就越多。
\(~~~~\) 当然这样就只剩 \(\mathcal{O(\log n)}\) 的数了，剩下的随便乱搞合并应该也能过，当然还是介绍一下正解。
\(~~~~\) 对于 \(a<b<c\) 的三个数，我们想一个快速清空某一个的方法。令 \(t=\lfloor \frac{b}{a} \rfloor\) ，把 \(t\) 的二进制位从低到高枚举，当某位为 \(0\) 时操作 \((a,c)\) ，否则操作 \((b,c)\)，显然过程中始终有 \(a\leq c\)，操作完成后 \(b \leftarrow b \bmod a\)，这样最小值是变小了的。而假设 \(b\) 最终均匀随机落在 \([0,a)\) 内，最终应该很快就能清零。
代码
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#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define PII pair<ll,ll>
#define mp(a,b) make_pair(a,b)
using namespace std;
template<typename T>void read(T &x)
{
T f=1;x=0;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9') {x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
x*=f;
}
struct node{
ll Val,id;
node(){}
node(ll V,ll Id){Val=V,id=Id;}
}P[300005];
vector <PII> op;
void OP(ll p,ll q,bool Ins);
struct Trie{
ll ch[30000005][2],tot;
vector <ll> V[30000005];
Trie(){tot=1;}
void Insert(ll Val,ll id)
{
ll now=1;
for(ll i=0;i<=50;i++)
{
ll Bit=(Val>>i)&1;
if(!ch[now][Bit]) ch[now][Bit]=++tot;
now=ch[now][Bit];
}
V[now].push_back(id);
}
ll Solve(ll now)
{
if(!now) return 0;
if(V[now].empty())
{
ll u=Solve(ch[now][0]),v=Solve(ch[now][1]);//剩下一个
if(!u||!v) return u|v;
OP(u,v,1);
return 0;
}
ll Fi=-1,Se=-1;
for(ll qwq=0;qwq<(ll)V[now].size();qwq++)
{
if(!(~Fi)) Fi=V[now][qwq];
else
{
Se=V[now][qwq];
OP(Fi,Se,1);
Fi=Se=-1;
}
}
return Fi==-1?0:Fi;
}
void dfs()
{
ll now=1;
while(now) Solve(ch[now][1]),now=ch[now][0];
}
}Trie;
void OP(ll p,ll q,bool Ins=true)
{
if(P[p].Val<P[q].Val) swap(p,q);
P[p].Val-=P[q].Val; P[q].Val<<=1;
op.push_back(mp(P[p].id,P[q].id));
if(Ins&&P[p].Val) Trie.Insert(P[p].Val,P[p].id);
if(Ins&&P[q].Val) Trie.Insert(P[q].Val,P[q].id);
}
set<PII>S;
void Print()
{
printf("%lld\n",(ll)op.size());
for(ll i=0;i<(ll)op.size();i++) printf("%lld %lld\n",op[i].first,op[i].second);
exit(0);
}
ll arr[500005];
int Del(int ind1,int ind2,int ind3)
{
while("I am an idiot.")
{
if(!P[ind1].Val) return ind1;
if(!P[ind2].Val) return ind2;
if(!P[ind3].Val) return ind3;
if(P[ind1].Val>P[ind2].Val) swap(ind1,ind2);
if(P[ind2].Val>P[ind3].Val) swap(ind2,ind3);
if(P[ind1].Val>P[ind2].Val) swap(ind1,ind2);
ll V=P[ind2].Val/P[ind1].Val;
for(int B=0;V>>B;B++)
{
if((V>>B)&1) OP(ind1,ind2,0);
else OP(ind1,ind3,0);
}
}
}
int main() {
// freopen("ball.in","r",stdin);
// freopen("ball.out","w",stdout);
ll n,m;
read(n);read(m);
for(ll i=1,x;i<=n;i++)
{
read(x);P[i]=node(x,i);
Trie.Insert(x,i);
}
Trie.dfs();int cnt=0;
for(ll i=1;i<=n;i++) if(P[i].Val) P[++cnt]=P[i];
vector <int> Tmp;
for(int i=1;i<=cnt;i++)
{
Tmp.push_back(i);int res;
if(Tmp.size()==3)
{
int T1=Tmp[0],T2=Tmp[1],T3=Tmp[2];
res=Del(Tmp[0],Tmp[1],Tmp[2]);
Tmp.clear();
if(res==T1) Tmp.push_back(T2),Tmp.push_back(T3);
if(res==T2) Tmp.push_back(T1),Tmp.push_back(T3);
if(res==T3) Tmp.push_back(T1),Tmp.push_back(T2);
}
}
Print();
return 0;
}
/*
瑶草一何碧，春入武陵溪。溪上桃花无数，花上有黄鹂。我欲穿花寻路，直入白云深处，浩气展虹霓。只恐花深里，红露湿人衣。
坐玉石，欹玉枕。拂金徽。谪仙何处，无人伴我白螺杯。我为灵芝仙草，不为朱唇丹脸，长啸亦何为。醉舞下山去，明月逐人归。
*/
列序号括/「CF1610G」AmShZ Wins a Bet
题意
\(~~~~\) 给出一个括号串，进行若干次（可以为 \(0\)）次操作，每次操作允许删除 \(s_i,s_j\) 满足 \(i<j\) 且 \(s_i='(',s_j=')'\)。求最后字典序最小的括号串。
\(~~~~\) \(1\leq |s|\leq 10^6\).
题解
\(~~~~\) 考场写了【九转大肠已删除】 一样的代码，然后被强强组题人卡到40，众生平等，狗门！蛋门！
\(~~~~\) 考虑一个性质，如果删了一个 \((i,j)\) 以内的括号，那中间的必定要跟着一起删，证明：
\(~~~~\) 如果中间夹了一个 ( 那删除这个 ( 显然可以使得更多的 ( 往前靠。如果夹了一个 ) 那删除这个 ) 可以使得 ) 往后延。综上所述，每次删肯定删的都是连续段。
\(~~~~\) 那我们就可以写一个 \(\mathcal{O(n^2)}\) 的 dp 了：\(dp_{i}\) 表示从 \([i,n]\) 字典序最小的串，\(to_i\) 表示与 \(i\) 位置上的左括号匹配的右括号，那么：
\(~~~~\) 若 \(to_i\) 存在，则 \(dp_{i}=\min(dp_{to_i+1},s_i+dp_{i+1})\) ，否则 \(dp_{i}=s_i+dp_{i+1}\)。根据上面的结论显然正确。
\(~~~~\) 现在优化这个dp：我们需要做的是：可持久化数据结构，支持在某个版本前加入字符，或比较两个版本的字典序（也即比较LCP），主席树？\(\mathcal{O(n \log^2 n)}\) ，危。
\(~~~~\) 我们来考虑倍增，\(f_{i,j}\) 表示从 \(i\) 开始的 \(dp\) 往后 \(2^j\) 个位置到哪里，\(Hash_{i,j}\) 表示从 \(i\) 开始的 \(dp\) 往后 \(2^j\) 个位置的Hash。在每个位置 \(\mathcal{O(\log n)}\) 维护上述两个东西，然后对每个位置LCP搞搞就好了。
代码
查看代码
#include <bits/stdc++.h>
#define PII pair<int,int>
#define mp(a,b) make_pair(a,b)
using namespace std;
template<typename T>void read(T &x)
{
T f=1;x=0;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9') {x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
x*=f;
}
const int MOD=998244353,base=233;
char S[1000005],f[1000005][22];
int n,Sta[1000005],Top,To[1000005],p[1000005][22],Hash[1000005][22],Pow[1000005],nxt[1000005];
int main() {
scanf("%s",S+1); n=strlen(S+1); Pow[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++) Pow[i]=Pow[i-1]*base%MOD;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(S[i]=='(') Sta[++Top]=i;
else if(Top) To[Sta[Top--]]=i+1;
}
p[n+1][0]=nxt[n+1]=n+1;
for(int i=n;i>=1;i--)
{
p[i][0]=nxt[i+1]; Hash[i][0]=S[i],nxt[i]=i;
for(int j=1;j<=20;j++)
{
p[i][j]=p[p[i][j-1]][j-1];
Hash[i][j]=(Hash[i][j-1]+1ll*Hash[p[i][j-1]][j-1]*Pow[1<<(j-1)]%MOD)%MOD;
}
if(To[i])
{
int x=i,y=nxt[To[i]];
for(int j=20;~j;j--)
if(p[x][j]&&p[y][j]&&Hash[x][j]==Hash[y][j]) x=p[x][j],y=p[y][j];
if(y==n+1||S[x]>S[y]) nxt[i]=nxt[To[i]];
}
}
int x=nxt[1];
while(x<=n) putchar(S[x]),x=p[x][0];
return 0;
}
/*
瑶草一何碧，春入武陵溪。溪上桃花无数，花上有黄鹂。我欲穿花寻路，直入白云深处，浩气展虹霓。只恐花深里，红露湿人衣。
坐玉石，欹玉枕。拂金徽。谪仙何处，无人伴我白螺杯。我为灵芝仙草，不为朱唇丹脸，长啸亦何为。醉舞下山去，明月逐人归。
)(()(())))
)((())))
)((()())))
)((()())))
*/
可爱路径 / 「集训队互测2023 Round 6」>.<
没补，对不起
标签：ch,read,ll,狗蛋,0227,leq,dp,now,模拟 From： https://www.cnblogs.com/Azazel/p/17162257.html