写在前面
以下代码，目前均可通过民间OJ数据（dotcpp & New Online Judge），
两个OJ题目互补，能构成全集，可以到对应链接下搜题提交（感谢OJ对题目的支持）
如果发现任何问题，包含但不限于算法思路出错、OJ数据弱算法实际超时、存在没考虑到的边界情况等，请及时联系作者
题解
A.幸运数（模拟）
题面
题解
由于是填空题，按题意本地暴力，几秒就跑出来结果了，直接交结果
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int ans;
int main(){
/*
for(int i=1;i<=100000000;++i){
int cnt=0;
for(int j=i;j;j/=10)cnt++;
if(cnt&1)continue;
int sum=0,now=0;
for(int j=i;j;j/=10){
now++;
if(now<=cnt/2)sum+=j%10;
else sum-=j%10;
}
if(!sum)ans++;
}
printf("%d\n",ans);
*/
puts("4430091");
return 0;
}B.有奖问答（搜索/dp）
题面
题解
1. 搜索：2的30次方种可能，每次要么+10要么清零，遇到100分时，直接return，几秒跑出来结果后，直接交结果
2. dp：dp[i][j]表示前i轮过后分数为j的方案数，注意中间可以随时停止
代码（dp）
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll dp[31][101],ans;
int main(){
dp[0][0]=1;
for(int i=0;i<30;++i){
for(int j=0;j<100;j+=10){
if(!dp[i][j])continue;
if(j<90)dp[i+1][j+10]+=dp[i][j];
dp[i+1][0]+=dp[i][j];
}
ans+=dp[i+1][70];
}
printf("%lld\n",ans);
//puts("8335366");
return 0;
}C.平方差（构造/规律）
题面
题解
打表或构造发现，形如4k+2的数无法被表示，
统计[l,r]的答案，前缀和作差，转化为[1,r]的答案减去[1,l-1]的答案
而[1,x]中，形如4k+2的数的个数为(x+2)/4
证明的话，x=(y+z)(y-z)，注意到y+z和y-z同奇偶，
1. y+z为奇数时，x为奇数；y+z为偶数时，x为4的倍数，这表明4k+2无法被取到
2. ，
，这表明奇数和4的倍数均能被取到
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=500;
bool vis[N];
int l,r;
int cal(int x){
return x-(x+2)/4;
}
int main(){
/*
for(int i=0;i<=50;++i){
for(int j=0;j<=i;++j){
int v=i*i-j*j;
if(v>=0 && v<N)vis[v]=1;
}
}
for(int i=0;i<=100;++i){
if(!vis[i])printf("i:%d\n",i);
}*/
scanf("%d%d",&l,&r);
printf("%d\n",cal(r)-cal(l-1));
return 0;
}
//x=(y+z)(y-z)
//2k+1=(k+1)^2-k^2
//4k=(k+1)^2-(k-1)^2D.更小的数（区间dp）
题面
题解
未反转的段仍相同不用关注，只需关注反转的段，
记反转前的串为old（即num串），之后的串为new
运用递归/记忆化搜索的思想，有以下几种情况
1. 当i=j时，new[i,j]不小于old[i,j]
2. 当i+1=j时，new[i,j]小于old[i,j]，当且仅当new[i]<old[i]，即num[j]<num[i]
3. 否则，
①若num[j]<num[i]，new[i,j]一定小于old[i,j]
②若num[j]=num[i]，则可以去掉这两个字母，只需比较new[i+1,j-1]和old[i+1,j-1]
③若num[j]>num[i]，new[i,j]一定大于old[i,j]
从短串递推到长串，就是区间dp了，当然直接写记忆化搜索也行
代码中，dp[i][j]=1表示反转后更小，=0表示反转后大于等于原来
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=5e3+10;
int n,dp[N][N],ans;
char s[N];
int main(){
scanf("%s",s);
n=strlen(s);
for(int len=2;len<=n;++len){
for(int l=0;l+len-1<n;++l){
int r=l+len-1;
if(s[l]>s[r])dp[l][r]=1;
else if(s[l]==s[r])dp[l][r]=dp[l+1][r-1];
ans+=(dp[l][r]==1);
}
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
//4321
//1234E.更小的数（树上莫队/启发式合并）
题面
题解
1. 树上莫队：
树上莫队=莫队+dfs序
建树后求dfs序，每个子树对应的dfs区间就是一个询问区间，将询问区间排序后套用莫队，
维护当前颜色i出现的次数now[i]、出现次数为i的颜色种类数freq[i]
任取区间内出现的一种颜色x，若now[x]*freq[now[x]]=区间长度则合法，否则不合法
复杂度O(nsqrt(n))
2. 启发式合并：
可以维护相同的东西，只是套了个启发式合并的壳
重儿子直接继承当前维护的信息，把轻儿子维护的信息往重儿子上合并，
由于每个点至多出现在log个轻儿子所在的子树里，复杂度O(nlogn)
代码（树上莫队）
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2e5+10;
int n,m,c[N],f,in[N],out[N],tot,id[N],pos[N],sz;
int now[N],freq[N],ans;
map<int,int>vis;
vector<int>e[N];
struct node{
int l,r;
}q[N];
void add(int col,int v){
freq[now[col]]--;
now[col]+=v;
freq[now[col]]++;
}
bool operator<(node a,node b){
if(pos[a.l]==pos[b.l]){
if(pos[a.l]&1)return a.r>b.r;
else return a.r<b.r;
}
return a.l<b.l;
}
void dfs(int u){
in[u]=++tot;
id[tot]=u;
for(auto &v:e[u]){
dfs(v);
}
out[u]=tot;
q[++m]={in[u],out[u]};
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;++i){
scanf("%d%d",&c[i],&f);
if(!vis.count(c[i])){
vis[c[i]]=1;
freq[0]++;
}
if(i>1)e[f].push_back(i);
}
dfs(1);
sz=(int)sqrt(n);
for(int i=1;i<=n;++i){
pos[i]=1+(i-1)/sz;
}
sort(q+1,q+n+1);
int l=1,r=1;
add(c[1],1);
for(int i=1;i<=n;++i){
for(;r<q[i].r;r++)add(c[id[r+1]],1);
for(;r>q[i].r;r--)add(c[id[r]],-1);
for(;l<q[i].l;l++)add(c[id[l]],-1);
for(;l>q[i].l;l--)add(c[id[l-1]],1);
int col=c[id[l]],cnt=now[col],f=freq[cnt];
if(f*cnt==r-l+1)ans++;
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
/*
6
2 0
2 1
1 2
3 3
3 4
1 4
*/F.买瓜（折半枚举+三进制枚举/枚举子集的子集）
题面
题解
每个西瓜三种选择：不选，选但不劈，选且劈两半
直接三进制枚举的话，3的30次方，复杂度爆炸
考虑拆成两半枚举（折半枚举，也叫meet-in-middle）
分别维护3的15次方大小的集合a、b，
答案只可能完全来自a、或者完全来自b、或者ab各一部分
ab各一部分的话，在枚举b集合内的元素对应的和为x时，到a集合内查元素和m-x是否存在
复杂度O(3^15*log(3^15))，大概3e8多，时间1s(题面pdf)，比较极限，难以通过(New Online Judge2s dotcpp3s)，试了试unordered_map去卡2s也TLE了，而瓶颈主要在集合查的这个log，
所以手写哈希（开散列），将log这个常数再压一压，就可以通过2s的题了
256M空间其实也比较极限，哈希模数那个数组不要开太大（调小了TLE调大了MLE）
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> P;
#define fi first
#define se second
const int N=32,M=1<<15,mod=19260817,S=14348907;
int n,bit[M];
int head[mod],nex[S],cnt;
P b[S];
ll m,a[N],f[M],g[M],sum;
inline void upd(int x,int v){
int u=x%mod;
for(int i=head[u];i;i=nex[i]){
if(b[i].fi==x){
b[i].se=min(b[i].se,v);
return;
}
}
b[++cnt]=P(x,v);
nex[cnt]=head[u];
head[u]=cnt;
}
inline int cal(int x){
int u=x%mod;
for(int i=head[u];i;i=nex[i]){
if(b[i].fi==x)return b[i].se;
}
return N;
}
int sol(){
if(sum==m)return 0;
if(n==1){
if(a[0]/2==m)return 1;
return -1;
}
int ans=N;
for(int i=1;i<M;++i){
bit[i]=bit[i>>1]+(i&1);
}
int l=n/2,lb=1<<l,r=n-n/2,rb=1<<r;
for(int i=0;i<l;++i){
f[1<<i]=a[i];
}
for(int i=1;i<lb;++i){
int x=i&-i;
f[i]=f[x]+f[i^x];
if((f[i]>>1)>m)continue;
for(int j=i;;j=(j-1)&i){
ll v=(f[j]>>1)+f[j^i];
if(v<=m){
if(v==m)ans=min(ans,bit[j]);
else upd((int)v,bit[j]);
}
if(!j)break;
}
}
for(int i=0;i<r;++i){
g[1<<i]=a[l+i];
}
for(int i=1;i<rb;++i){
int x=i&-i;
g[i]=g[x]+g[i^x];
if((g[i]>>1)>m)continue;
for(int j=i;;j=(j-1)&i){
ll v=(g[j]>>1)+g[j^i];
if(v<=m){
if(v==m)ans=min(ans,bit[j]);
else ans=min(ans,cal((int)(m-v))+bit[j]);
}
if(!j)break;
}
}
if(ans>n)ans=-1;
return ans;
}
int main(){
scanf("%d%lld",&n,&m);
m*=2;
for(int i=0;i<n;++i){
scanf("%lld",&a[i]);
a[i]*=2;
sum+=a[i];
}
printf("%d\n",sol());
return 0;
}G.网络稳定性（kruskal重构树）
题目
题解
kruskal重构树裸题，
重构树听上去高端，实则就是在kruskal建最大生成树的过程中额外建点、赋权
比如，u和v当前不在一个集合里，通过w这条边合并时，
新开一个点x，令x是u和v的父亲，而x的权值为w，
查询时，查u和v的lca的权值即可，即为最大连通路径上的最小连通权值
因为按权值从大到小遍历，已经通过权值大的边，使得点之间尽可能连通了
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=4e5+10,M=3e5+10,K=20;
int n,m,q,u,v,par[N],a[N],f[N][K],dep[N];
bool vis[N];
vector<int>E[N];
struct edge{
int u,v,w;
}e[M];
int find(int x){
return par[x]==x?x:par[x]=find(par[x]);
}
bool cmp(edge a,edge b){
return a.w>b.w;
}
void dfs(int u,int fa){
vis[u]=1;
f[u][0]=fa;
dep[u]=dep[fa]+1;
for(auto &v:E[u]){
if(v==fa)continue;
dfs(v,u);
}
}
int lca(int u,int v){
if(dep[u]<dep[v])swap(u,v);
int d=dep[u]-dep[v];
for(int i=K-1;i>=0;--i){
if(d>>i&1)u=f[u][i];
}
if(u==v)return u;
for(int i=K-1;i>=0;--i){
if(f[u][i]!=f[v][i])u=f[u][i],v=f[v][i];
}
return f[u][0];
}
int main(){
scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);
for(int i=1;i<=n+m;++i){
par[i]=i;
}
for(int i=1;i<=m;++i){
scanf("%d%d%d",&e[i].u,&e[i].v,&e[i].w);
}
sort(e+1,e+m+1,cmp);
int cur=n;
for(int i=1;i<=m;++i){
int u=e[i].u,v=e[i].v,w=e[i].w;
u=find(u),v=find(v);
if(u==v)continue;
++cur;
par[u]=par[v]=cur;
E[cur].push_back(u);
E[cur].push_back(v);
a[cur]=w;
}
for(int i=cur;i>=1;--i){
if(!vis[i])dfs(i,0);
}
for(int j=1;j<K;++j){
for(int i=1;i<=cur;++i){
f[i][j]=f[f[i][j-1]][j-1];
}
}
while(q--){
scanf("%d%d",&u,&v);
if(find(u)!=find(v)){
puts("-1");
continue;
}
printf("%d\n",a[lca(u,v)]);
}
return 0;
}
/*
5 4 3
1 2 5
2 3 6
3 4 1
1 4 3
1 5
2 4
1 3
*/H. 异或和之和（按位计算贡献）
题目
题解
按每个二进制位i考虑，从而转化为0、1序列的问题
一个子段[l,r]在第i位有贡献，当且仅当[l,r]内第i位出现的次数为奇数次，
前缀和做差[l,r]=[1,r]减[1,l-1]，所以维护当前有多少个前缀是奇数，有多少个前缀是偶数
[l,r]为奇数，若[1,r]为偶数则要求[1,l-1]为奇数，反之同理，
枚举每个右端点，统计与其对应的有贡献的左端点，计算答案
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+10;
int n,a[N],sum[2];
ll ans;
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;++i){
scanf("%d",&a[i]);
}
for(int i=0;i<=20;++i){
sum[0]=1,sum[1]=0;
int now=0;
ll all=0;
for(int j=1;j<=n;++j){
int v=a[j]>>i&1;
now^=v;
all+=sum[now^1];
sum[now]++;
}
ans+=all*(1ll<<i);
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
/*
5
1 2 3 4 5
*/I. 像素放置（搜索）
题面
题解
最担心被卡掉的一个题，由于唯一解的数据似乎不太好造，导致也不太好在本地测时间
写状压的话感觉总难免需要关注三行的有效状态，复杂度好像更没有办法保证，所以写了搜索剪枝
总体思路还是枚举每一位填0还是填1，加入了校验机制，以及搜到解之后直接return
a[i][j]：原图转化过来的数字，下划线转成了INF
b[i][j]：当前填的答案数组
cur[i][j]：(i,j)本身及(i,j)周围一圈合法位置中，当前填了几个1
填一个数时，考虑它本身及周围一圈的合法位置（最多9个）
校验机制是：
1. 如果当前填了这个数，导致超过上限，即cur[i][j]>a[i][j]，则不合法
2. 如果当前填的格子，是格子(i,j)管辖的最后一个格子，填完这个数后，a[i][j]和cur[i][j]不等，则也不合法
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int S=15,INF=0x3f3f3f3f;
int n,m,a[S][S],b[S][S],cur[S][S];
char s[S][S];
bool ok;
bool in(int x,int y){
return 0<=x && x<n && 0<=y && y<m && a[x][y]!=INF;
}
bool can(int x,int y,int v){
for(int i=-1;i<=1;++i){
for(int j=-1;j<=1;++j){
int nx=x+i,ny=y+j;
if(in(nx,ny) && cur[nx][ny]+v>a[nx][ny])return 0;
}
}
if(in(x-1,y-1) && cur[x-1][y-1]+v<a[x-1][y-1])return 0;
if(x==n-1 && in(x,y-1) && cur[x][y-1]+v<a[x][y-1])return 0;
if(y==m-1 && in(x-1,y) && cur[x-1][y]+v<a[x-1][y])return 0;
return 1;
}
void dfs(int x,int y){
//cnt++;
if(x==n && y==0){
ok=1;
for(int i=0;i<n;++i){
for(int j=0;j<m;++j){
printf("%d",b[i][j]);
}
puts("");
}
return;
}
if(ok)return;
for(int v=0;v<=1;++v){
if(ok)return;
if(can(x,y,v)){
b[x][y]=v;
if(v){
for(int i=-1;i<=1;++i){
for(int j=-1;j<=1;++j){
int nx=x+i,ny=y+j;
if(!in(nx,ny))continue;
cur[nx][ny]++;
}
}
}
if(y==m-1)dfs(x+1,0);
else dfs(x,y+1);
if(v){
for(int i=-1;i<=1;++i){
for(int j=-1;j<=1;++j){
int nx=x+i,ny=y+j;
if(!in(nx,ny))continue;
cur[nx][ny]--;
}
}
}
}
}
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=0;i<n;++i){
scanf("%s",s[i]);
for(int j=0;j<m;++j){
a[i][j]=INF;
if(s[i][j]!='_')a[i][j]=s[i][j]-'0';
}
}
dfs(0,0);
//printf("cnt:%d\n",cnt);
return 0;
}J.翻转硬币（整除分块+杜教筛）
题面
题解
1. 5e6，可以考虑埃筛枚举因数，x需要翻当且仅当x的真因数翻了奇数次
2. 1e9，观察5e6时的式子，其实就是莫比乌斯函数模2意义下的值，
即只有0和1两种情况，此时可以认为是或
，然后直接套杜教筛
3. 1e18，观察1e9时的式子或思考莫比乌斯函数的定义，
只有包含完全平方因子的数的值才为0，
所以，考虑对平方因子容斥，即为所求，
即：
当然，化到这个式子的情况下，直接暴力也是可以通过1e9的数据的
然而，对于1e18，直接整除分块（数论分块）的话是的，不能接受
于是，类似杜教筛预处理前缀和的操作，
这里实际预处理部分的答案（询问是单组的，现算这部分效果是一样的）
用杜教筛预处理的前缀和，后面[1e6,1e9]的部分用整除分块配合
的区间和解决
【SSL 2402】最简根式（杜教筛）（整除分块）_SSL_TJH的博客-CSDN博客，与这个题类似
复杂度感觉是的，但据uoj群友说是
的，就不太懂了…
实际预处理到1e6交New Online Judge也是会TLE的，改到1e7才过
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e7+10;
bool ok[N];
int pr[N],mu[N],cnt,up;
map<int,int>smu;
ll n,ans[N];
void sieve(ll n){
mu[1]=1;
for(ll i=2;i<N;++i){
if(!ok[i]){
pr[cnt++]=i;
mu[i]=-1;
}
for(int j=0;j<cnt;++j){
ll k=i*pr[j];
if(k>=N)break;
ok[k]=1;
if(i%pr[j]==0){
mu[k]=0;
break;
}
mu[k]=-mu[i];
}
}
for(int i=1;i<N;++i){
ans[i]=mu[i]*(n/i/i);
}
for(int i=2;i<N;++i){
mu[i]+=mu[i-1];
ans[i]+=ans[i-1];
}
}
int djsmu(int n){
if(n<N)return mu[n];
if(smu.count(n))return smu[n];
int ans=1;
for(int l=2,r;l<=n;l=r+1){
r=n/(n/l);
ans=ans-(r-l+1)*djsmu(n/l);
if(r==n)break;
}
return smu[n]=ans;
}
ll cal(ll n){
int sq=sqrt(n);
if(sq<N)return ans[sq];
ll l=2;
for(;l*l*l<=n;l++);
ll res=ans[l-1];
for(ll r;l*l<=n;l=r+1){
ll v=n/l/l;
r=sqrt(n/v);
res+=v*(djsmu(r)-djsmu(l-1));
}
return res;
}
int main(){
scanf("%lld",&n);
sieve(n);
printf("%lld\n",cal(n));
return 0;
} 
![Oracle：ORA-00600[4137]问题分析](https://img-blog.csdnimg.cn/img_convert/9e319bc2566bca134eac67b32ed5bb5b.png)
