打得还可以 总
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A. 构造字符串
签，但是挂了 40pts。
发现判条件只有相等和不相等，于是想到并查集维护连通块，将强制相同的两个位置的连通块合并，强制不同的先记下，最后统一判断。
重点在细节处理，合并连通块时要将位置靠后的合并到靠前的上，注意 \(LCP(x,y)=z\) 在 \(x+z,y+z\le n\) 时，存在 \(s_{x+z}\neq s_{y+z}\) 的要求，漏了这个就会狠挂 40pts，同样，判断位置字符不同时修改操作也要在位置靠后的块上进行，同时记一下每个块不能成为哪个数，为防止出现一个数先与其后的数更新然后与其前的数更新导致答案不优的情况，我将这些判断做了排序。
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#include<bits/stdc++.h>
#define fo(x,y,z) for(register int (x) = (y);(x)<=(z);(x)++)
#define fu(x,y,z) for(register int (x) = (y);(x)>=(z);(x)--)
using namespace std;
typedef long long ll;
#define lx ll
inline lx qr()
{
char ch = getchar();lx x = 0 , f = 1;
for(;ch<'0'||ch>'9';ch = getchar()) if(ch == '-') f = -1;
for(;ch>= '0' && ch<= '9';ch = getchar()) x = (x<<3) + (x<<1) + (ch^48);
return x*f;
}
#undef lx
#define qr qr()
#define pii pair<int , int>
#define fi first
#define se second
const int Ratio = 0;
const int N = 1e4 + 5;
int n , m, tot;
int fx[N], ans[N];
bool yz[1005][1005];
struct neq{int x, y;} a[N];
namespace Wisadel
{
int Wfind(int x)
{
if(x == fx[x]) return x;
return fx[x] = Wfind(fx[x]);
}
bool cmp(neq A, neq B){return Wfind(A.x) == Wfind(B.x) ? Wfind(A.y) < Wfind(B.y) : fx[A.x] < fx[B.x];}
short main()
{
freopen("str.in", "r", stdin) , freopen("str.out", "w", stdout);
n = qr, m = qr;
fo(i, 1, n) fx[i] = i;
fo(i, 1, m)
{
int x = qr, y = qr, z = qr;
if(x == y && z != 0){printf("-1\n"); return Ratio;}
if(z == 0) a[++tot] = {x, y};
else
{
fo(j, 0, z - 1)
{
int _ = Wfind(x + j), __ = Wfind(y + j);
if(_ > __) swap(_, __);
fx[__] = _;
}
if(x + z > n || y + z > n) continue;
a[++tot] = {x + z, y + z};
}
}
sort(a + 1, a + 1 + tot, cmp);
fo(i, 1, tot)
{
int _ = Wfind(a[i].x), __ = Wfind(a[i].y);
if(_ == __){printf("-1\n"); return Ratio;}
if(ans[_] != ans[__]){yz[_][ans[__]] = yz[__][ans[_]] = 1 ; continue;}
if(_ > __) swap(_, __);
int zc = ans[_];
yz[__][zc] = 1;
while(yz[__][zc]) zc++;
ans[__] = zc, yz[_][zc] = 1;
}
fo(i, 1, n) printf("%d ", ans[Wfind(i)]);
return Ratio;
}
}
int main(){return Wisadel::main();}
B. 寻宝
真·签。
过的人比 T1 多，那就简单说说好了。
还是用并查集，将完全相连的点聚合到一个连通块内，然后对于传送门，我们将连通块连上单向边，然后查询时每次对连通块跑一遍 bfs 即可，复杂度最差是 \(\mathcal{qk}\) 的，总复杂度 \(\mathcal{O(nm+qk)}\)。
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#include<bits/stdc++.h>
#define fo(x,y,z) for(register int (x) = (y);(x)<=(z);(x)++)
#define fu(x,y,z) for(register int (x) = (y);(x)>=(z);(x)--)
using namespace std;
typedef long long ll;
#define lx ll
inline lx qr()
{
char ch = getchar();lx x = 0 , f = 1;
for(;ch<'0'||ch>'9';ch = getchar()) if(ch == '-') f = -1;
for(;ch>= '0' && ch<= '9';ch = getchar()) x = (x<<3) + (x<<1) + (ch^48);
return x*f;
}
#undef lx
#define qr qr()
#define pii pair<int , int>
#define fi first
#define se second
const int Ratio = 0;
const int N = 5e4 + 5;
int n, m, k, q;
int fx[N];
int hh[N], to[N << 1], ne[N << 1], cnt;
bool yz[N];
char ch[N];
namespace Wisadel
{
void Wadd(int u, int v)
{
to[++cnt] = v;
ne[cnt] = hh[u];
hh[u] = cnt;
}
int Wfind(int x)
{
if(x == fx[x]) return x;
return fx[x] = Wfind(fx[x]);
}
bool Wsol(int x, int tar)
{
if(x == tar) return 1;
memset(yz, 0, sizeof yz);
queue<int> q;
q.push(x);
while(q.size())
{
int u = q.front(); q.pop();
yz[u] = 1;
for(int i = hh[u]; i != -1; i = ne[i])
{
int v = to[i];
if(!yz[v])
{
yz[v] = 1;
if(v == tar) return 1;
q.push(v);
}
}
}
return 0;
}
short main()
{
freopen("treasure.in", "r", stdin) , freopen("treasure.out", "w", stdout);
n = qr, m = qr, k = qr, q = qr;
memset(hh, -1, sizeof hh);
fo(i, 1, n * m) fx[i] = i;
fo(i, 1, n) fo(j, 1, m) scanf(" %c", &ch[(i - 1) * m + j]);
fo(i, 1, n)
fo(j, 1, m)
{
int _ , __;
if(j != m && ch[(i - 1) * m + j] == '.' && ch[(i - 1) * m + j + 1] == '.')
{
_ = Wfind((i - 1) * m + j), __ = Wfind((i - 1) * m + j + 1);
if(_ > __) swap(_, __);
fx[__] = _;
}
if(i != n && ch[(i - 1) * m + j] == '.' && ch[i * m + j] == '.')
{
_ = Wfind((i - 1) * m + j), __ = Wfind(i * m + j);
if(_ > __) swap(_, __);
fx[__] = _;
}
}
fo(i, 1, k)
{
int xa = qr, ya = qr, xb = qr, yb = qr;
int za = (xa - 1) * m + ya, zb = (xb - 1) * m + yb;
int _ = Wfind(za), __ = Wfind(zb);
Wadd(_, __);
}
fo(i, 1, q)
{
int xa = qr, ya = qr, xb = qr, yb = qr;
int za = (xa - 1) * m + ya, zb = (xb - 1) * m + yb;
int _ = Wfind(za), __ = Wfind(zb);
if(Wsol(_, __)) printf("1\n");
else printf("0\n");
}
return Ratio;
}
}
int main(){return Wisadel::main();}
C. 序列
\(\mathcal{O(n^2)}\) 做法很显然，对于给定的 \(p_i\) 求 \((l,r)\) 使得答案最大，我们可以将其拆成求 \([l,p_i]\) 和 \((p_i,r]\) 这两个区间分别的最大值，维护个前缀和实现 \(\mathcal{O(1)}\) 查询 \(a_i\) 和 \(b_i\) 的区间和，就能达到 \(\mathcal{O(nm)}\) 的复杂度。
有了前缀和的优化，此时我们所求可以转化为 \((A_r-A_l)-k\times (B_r-B_l)\) 的最大值，我们可以将其拆成两个式子 \(A_r-B_r\times k\) 和 \(-A_l+B_l\times k\)，可以看做是 \(k\) 为自变量的一次函数。维护一次函数最值问题遂想到李超线段树，将询问离线下来按 \(p_i\) 升序排序，分别求两个式子的最大值然后加和就是最终答案，时间复杂度 \(\mathcal{O(n\log^2n+m\log n)}\)。
还有，这道题 \(k\le|10^6|\)，所以空间大小应该是 \(10^6\times 2^3\)。
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#include<bits/stdc++.h>
#define fo(x,y,z) for(register int (x) = (y);(x)<=(z);(x)++)
#define fu(x,y,z) for(register int (x) = (y);(x)>=(z);(x)--)
using namespace std;
typedef long long ll;
#define lx ll
inline lx qr()
{
char ch = getchar();lx x = 0 , f = 1;
for(;ch<'0'||ch>'9';ch = getchar()) if(ch == '-') f = -1;
for(;ch>= '0' && ch<= '9';ch = getchar()) x = (x<<3) + (x<<1) + (ch^48);
return x*f;
}
#undef lx
#define qr qr()
#define pii pair<int , int>
#define fi first
#define se second
const int Ratio = 0;
const int N = 1e6 + 5;
const int maxn = 1e6 + 2;
int n, m;
ll a[N], b[N], suma[N], sumb[N], ans[N];
struct rmm{ll p, k; int id;} q[N];
bool cmp(rmm A, rmm B){return A.p < B.p;}
struct edge{ll k, b; edge(){b = -1e18, k = 0;}} e[N << 3];
namespace Wisadel
{
#define ls (rt << 1)
#define rs (rt << 1 | 1)
#define mid ((l + r) >> 1)
ll W(ll x, ll k, ll b){return k * x + b;}
void Wins(int rt, int l, int r, ll k, ll b)
{
ll bf = W(mid, e[rt].k, e[rt].b), now = W(mid, k, b);
if(now > bf) swap(k, e[rt].k), swap(b, e[rt].b);
if(l == r) return;
if(W(l, k, b) > W(l, e[rt].k, e[rt].b)) Wins(ls, l, mid, k, b);
if(W(r, k, b) > W(r, e[rt].k, e[rt].b)) Wins(rs, mid + 1, r, k, b);
}
ll Wq(int rt, int l, int r, int x)
{
ll res = W(x, e[rt].k, e[rt].b);
if(l == r) return res;
if(x <= mid) res = max(res, Wq(ls, l, mid, x));
else res = max(res, Wq(rs, mid + 1, r, x));
return res;
}
short main()
{
freopen("seq.in", "r", stdin) , freopen("seq.out", "w", stdout);
n = qr, m = qr;
fo(i, 1, n) a[i] = qr, b[i] = qr, suma[i] = suma[i - 1] + a[i], sumb[i] = sumb[i - 1] + b[i];
fo(i, 1, m) q[i].id = i, q[i].p = qr, q[i].k = qr;
sort(q + 1, q + 1 + m, cmp);
int now = 1;
Wins(1, -maxn, maxn, 0, 0);
fo(i, 1, m)
{// - A_l + B_l\times k
while(now <= n && now + 1 <= q[i].p)
Wins(1, -maxn, maxn, sumb[now], -suma[now]), now++;
ans[q[i].id] += Wq(1, -maxn, maxn, q[i].k);
}
fo(i, 1, maxn << 3) e[i].k = 0, e[i].b = -1e18;
now = n;
fu(i, m, 1)
{// A_r - B_r\times k
while(now >= 1 && now >= q[i].p)
Wins(1, -maxn, maxn, -sumb[now], suma[now]), now--;
ans[q[i].id] += Wq(1, -maxn, maxn, q[i].k);
}
fo(i, 1, m) printf("%lld\n", ans[i]);
return Ratio;
}
}
int main(){return Wisadel::main();}
D. 构树
二项式反演，是上一届某某模拟赛的原题，有点复杂。
最基础的暴力，考虑一共有哪些边，直接 \(\mathcal{O(2^{总边数})}\) 枚举取不取这条边，最后再跑一遍看看和原来有几条边相同，能拿 25pts。挺多能剪枝的地方的，好好剪应该能过 40pts 左右。
然后 5k 那个式子，暴力用能到 75pts。
正解仙姑。
末
刚来第一场，打的其实还行。
T1 挂 40pts 感觉不太应该，这种细节问题应该再多想想的，读完题立马把能想到的细节写下来，然后最后再对照着细节出小点尝试 hack 自己。
整体上还是打得可以的，T2 T3 T4 都没挂。
在 hzoi 里挂不挂都是 Rank4，但是在 accoder 上没挂 Rank16，挂了 Rank30，感觉不能太坐井观天了，还是得有点危机意识，紧张起来。
完结撒花~
最后一张了。
