24.5.12（23广东，19陕西）（字典树）

星期一：

dp题单 区间dp第三题  二叉搜索树                            cf传送门

思路：dp【i】【j】【0/1】表示区间 i到 j，以 i / j为根节点能否形成一棵二叉搜索树

因为题目要求组成二叉搜索树，若 i 到 j 的节点为一颗完整的子树时有合法的构造方案，那么其根节点一定为 i-1 或 j+1，所以转移时先枚举区间 l r，再枚举区间内的点 k，若以 k 为根( l 到k-1为其左子树，k+1到 r为其右子树）有合法的构造方案，且 k与 l-1 或 r+1的gcd合法，则 l-1 到 r 或 l 到 r+1存在合法构造

代码如下：

ll n;
int a[770];
int dp[770][770][2];
bool gc[770][770];
void solve(){
	cin >> n;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin >> a[i];
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=n;j++)
			gc[i][j]=(__gcd(a[i],a[j])!=1);            //预处理
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) dp[i][i][0]=dp[i][i][1]=1;
	for(int len=1;len<=n;len++){
		for(int l=1;l+len-1<=n;l++){
			int r=l+len-1;
			for(int k=l;k<=r;k++){
				if(dp[l][k][1] && dp[k][r][0]){
					if(gc[l-1][k]) dp[l-1][r][0]=1;
					if(gc[k][r+1]) dp[l][r+1][1]=1;
				}
			}
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(dp[1][i][1] && dp[i][n][0]){cout << "Yes"; return ;}
	}
	cout << "No";
}

dp题单 区间dp 第四题 分三角形                               cf传送门

初见低级贪心题，再一细看，嗯？区间dp好题！

正解（不解释：

ll n;
void solve(){
	cin >> n;
	ll ans=0;
	for(int i=2;i<n;i++) ans+=i*(i+1);
	cout << ans;
}

而如果题目给多边形的每个点赋上权值，贪心可能就会失效，只能用下面的区间dp

思路：dp【i】【j】表示考虑 i 到 j区间最低权值

长度从3开始枚举，假设已知 i 到 k区间和 j 到 k区间的最低价值，i 到 j区间的最低价值即可能为  dp[ i ][ k ]+dp[ k ][ j ]+i*j*k，相当于 在 i，j 间连条边，形成端点为 i，j，k的三角形

代码如下：

ll n;
ll dp[550][550];
void solve(){
	cin >> n;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=i+2;j<=n;j++) dp[i][j]=1e18;      //初始化记得j从i+2开始
	for(int len=3;len<=n;len++){
		for(int l=1;l+len-1<=n;l++){
			int r=l+len-1;
			for(int k=l+1;k<r;k++)
				dp[l][r]=min(dp[l][k]+dp[k][r]+l*r*k,dp[l][r]);
		}
	}
	cout << dp[1][n];
}

星期二：

dp题单 背包 第五题           军队排列                     cf传送门

题意：n1个步兵，n2个骑兵，步兵不能连续站超过k1个，骑兵不能连续超过k2个，问排列方案数

思路：dp【i】【j】【k】【0/1】表示已经站了 i个步兵，j个骑兵，尾部是连续 k个步/骑的方案数,转移如下

代码如下：

const int mod=1e8;
ll n;
ll n1,n2,k1,k2;
ll dp[110][110][11][2];
void solve(){
	cin >> n1 >> n2 >> k1 >> k2;
	dp[1][0][1][0]=1,dp[0][1][1][1]=1;
	for(int i=0;i<=n1;i++){
		for(int j=0;j<=n2;j++){
			if(i>0){
				for(int k=2;k<=k1;k++)
                    dp[i][j][k][0]=dp[i-1][j][k-1][0];  //步兵后跟步兵
				for(int k=1;k<=k2;k++)
                    dp[i][j][1][0]+=dp[i-1][j][k][1],dp[i][j][1][0]%=mod; //骑兵之后放步兵
			}
			if(j>0){
				for(int k=2;k<=k2;k++)
                    dp[i][j][k][1]=dp[i][j-1][k-1][1];  //骑兵后跟骑兵
				for(int k=1;k<=k1;k++)
                    dp[i][j][1][1]+=dp[i][j-1][k][0],dp[i][j][1][1]%=mod; //步兵后跟骑兵
			}
		}
	}
	ll ans=0;
	for(int k=1;k<=k1;k++) ans+=dp[n1][n2][k][0],ans%=mod;
	for(int k=1;k<=k2;k++) ans+=dp[n1][n2][k][1],ans%=mod;
	cout << ans;
}

下午队内赛

补队内赛E                                                           cf传送门

思路：没看出来是分类讨论，6是特判-1

首先如果 x是奇数，将其分为x/2，x/2+1，一定满足互质且差最小，为1

x为偶数，若x/2为偶数，可分为x/2+1和x/2-1，差为2，而若x/2为奇数，可考虑分为x/2+2和x/2-2，但可能还有比4更好的分法

若x是3的倍数，能将其分为x/3-1，x/3，x/3+1的形式，为奇偶奇，差为2

若x%3==1，分为x/3-1，x/3，x/3+2，偶奇奇，差为3，注意特判若x/3-1为3的倍数，则不能这样分

若x%3==2，分为x/3-1，x/3+1，x/3+2，奇奇偶，差为3，同上，注意特判

代码如下：

void solve(){
	int tt; cin >> tt;
	for(int ii=1;ii<=tt;ii++){
		int x; cin >> x;
		cout << "Case #" << ii << ": ";
		if(x==6){cout << "-1\n"; continue;}
		if(x&1){cout << "1\n"; continue;}
		if((x/2-1)&1) cout << "2\n";
		else{
			if(x%3==0) cout << "2\n";
			else{
				if(x%3==1){
					if((x/3-1)%3==0) cout << "4\n";
					else cout << "3\n";
				}else{
					if((x/3-1)%3==0) cout << "4\n";
					else cout << "3\n";
				}
			}
		}
	}
}

星期三：

上午和队友vp了把23广东省赛，时间关系只打了4h，5题500罚时

记录 I 题                                                                cf传送门

思路：涉及一点 stl 操作，还有multiset是个不错的容器，可以存放pair，再扩展下可以存结构体，在结构体里重写排序运算符，即可实现自定义的二分查找

代码如下：

ll n;
int m;
void solve(){
	cin >> n >> m;
	unordered_map<int,PII>mp;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=m;j++){
			int x; cin >> x;
			mp[x]={i,j};              //存放每个点的坐标
		}
	}
	multiset<PII>mt;
	mt.insert({1,1}),mt.insert({n,m});
	mt.insert({0,0});                        //防止查找第一行的坐标时，pit会成为野指针
	for(int i=0;i<=n*m-1;i++){
		int x=mp[i].first,y=mp[i].second;
		auto it=mt.lower_bound({x,y});
		auto pit=prev(it);
		int y11=pit->second;
		int y2=it->second;
		if(y>=y11 && y<=y2) mt.insert({x,y});  //判断是否在可走范围内
		else{cout << i << "\n"; return ;}
	}
	cout << n*m << "\n";
}

K因为os忘记多个样例清空数组，耽误了1h且惨遭3发罚时（警钟长鸣！！！

补星期二队内赛 F                                               cf传送门

思路：4e4内的回文数很少，先全算出来，dp【x】表示组成 x的方案数，用完全背包写法

刚开始想了很久没想明白是如何进行转移的，为何可以这样转移

dp【i】【j】代表用前 i个回文数组成 j的方案数

转移方程为dp【i】【j】=dp【i-1】【j】+dp【i】【j-a [ i ]】，后俩表示用前 i-1个回文数组成 j的方案数 加上 用至少1个a【i】组成 j的方案数，再滚动一下

代码如下：

void solve(){
	vector<int>a;
	vector<ll>dp(4e4+1);
	for(int i=1;i<=4e4;i++){
		string s=to_string(i);
		string ss=s; reverse(ss.begin(),ss.end());
		if(s==ss) a.push_back(i);
	}
	dp[0]=1;
	for(auto i:a){
		for(int j=i;j<=4e4;j++) dp[j]+=dp[j-i],dp[j]%=mod;
	}
	int t; cin >> t;
	while(t--){
		int x; cin >> x;
		cout << dp[x] << "\n";
	}
}

补cf round943 div3 E                                                 cf传送门

思路：能想到在 n>=4 时曼哈顿距离能拿满，那么怎么拿呢

在主对角线放n-2个，剩下两个一个放 n-1,n，一个放 n,n，前者负责奇数曼哈顿距离，后者偶数（这也能扯到奇偶性？

代码如下：

void solve(){
	cin >> n;
	for(int i=1;i<=n-2;i++) cout << i << " " << i << "\n";
	cout << n-1 << " " << n << "\n" << n << " " << n << "\n";
}

补ATC abc352 D                                                 atc传送门

不知道为什么每次abc的D补着都觉得不难,但赛时就是出不了

思路:p[ i ]储存 i这个数的下标, 一个长度为 k滑动窗口不断求区间内最小值和最大值之差即可, multiset实现

代码如下:

ll n;
void solve(){
	int k; cin >> n >> k;
	vector<int>p(n+1);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int x; cin >> x;
		p[x]=i;
	}
	int ans=1e9;
	multiset<int>mt;
	for(int i=1;i<k;i++) mt.insert(p[i]);
	for(int i=k;i<=n;i++){
		mt.insert(p[i]);
		if(i>k) mt.erase(p[i-k]);
		ans=min(*prev(mt.end())-*mt.begin(),ans);
	}
	cout << ans;
}

星期四：

补23广东 B                                                          cf传送门

B - 基站建设 - SUA Wiki

思路：双指针预处理，然后用优先队列优化dp，dp【i】表示考虑到 i点且 i点建了基站的最小花费

优先队列优化不难，问题是怎么预处理出需要的信息，p【i】表示 [ p【i】，i ]间没有完整区间，因为p【i】满足单调不递减，可以用双指针求出

对于点 i来说，他能转移的点需要满足此条件，即下标需 >=p【i-1】-1(p【i-1】-1到 i-1 是一段区间所以p【i-1】-1 到 i-1 至少要建一个点

代码如下：

const int N=2e6+10,M=210;
const ll INF=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int mod=1e9+7;
ll n;
ll a[N];
int p[N];
vector<int>e[N];
ll dp[N];
void solve(){
	cin >> n;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin >> a[i],e[i].clear();
	a[++n]=0;                                   //使n+1且a[n+1]=0,答案就能直接取dp[n]
	int m; cin >> m;
	while(m--){
		int l,r; cin >> l >> r;
		e[l].push_back(r);
		e[r].push_back(-1*l);
	}
	for(int i=1,j=1,cnt=0;i<=n;i++){
		for(int x:e[i]) if(x<0 && -1*x>=j) cnt++;  //i经过右端点且其左端点>=j,则j-i的区间数+1
		while(cnt>0 && j<=i){
			for(int x:e[j]) if(x>0 && x<=i) cnt--; //j经过左端点且其右端点<=i,则区间数-1
			j++;
		}
		p[i]=j;
	}
	priority_queue<PII,vector<PII>,greater<PII>>pq;
	dp[1]=a[1],dp[0]=0;
	pq.push({dp[1],1}),pq.push({dp[0],0});
	for(int i=2;i<=n;i++){
		while(pq.top().second<p[i-1]-1) pq.pop();
		dp[i]=pq.top().first+a[i];
		pq.push({dp[i],i});
	}
	cout << dp[n] << "\n";
}

补cf round943  F（异或，附特定值下标二分          cf传送门

思路：分析异或性质可得出分块只需考虑 k=2和k=3的分法

处理出异或前缀和, 若 k==2, 则存在一点 x ,分为[ l,x ]和[ x+1,r ] 即 b[x]^b[l-1]==b[r]^b[x], 只需判断 b[l-1]是否等于 b[r]即可

若k==3, 则存在两点 s,t 分为[ l,s ], [ s+1,t ], [ t+1,r ]三个区间 ,即 b[l-1]^b[s]==b[s]^b[t]==b[t]^b[r] ,即b[s]==b[r]且b[t]==b[l-1] (s<t), 则可找出下标[ l,r ]内最接近 l的值为 b[r]的数的下标,和最接近 r的值为b[l-1]的数的下标, 可以预先把一个数出现的所有下标存进 vector里实现二分查找,最后判断 (s<t)

代码如下：

const int N=2e6+10,M=210;
const ll INF=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int mod=1e9+7;
ll n;
int a[N];
void solve(){
	int q; cin >> n >> q;
	map<int,vector<int>>p;
	p[0].push_back(0);              //先塞0下标,vector里不会自动排序
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin >> a[i];
		a[i]^=a[i-1];
		p[a[i]].push_back(i);
	}
	while(q--){
		int l,r; cin >> l >> r;
		if(a[l-1]==a[r]){cout << "Yes\n"; continue;}
		int p1=*lower_bound(p[a[r]].begin(),p[a[r]].end(),l);
		int p2=*--lower_bound(p[a[l-1]].begin(),p[a[l-1]].end(),r);
		if(p1<p2) cout << "Yes\n";
		else cout << "No\n";
	}
	cout << "\n";
}

星期五：晚上vp 19年陕西省赛，坐了一晚上牢，晕晕

星期六：

补23广东 E 字典树                                                cf传送门

思路：新的字典树题，sum【i】表示以 i 为根的子树上有多少个字符串。字典树以1为根，后面的一些操作会更方便

在字典树上贪心地搜索答案，首先假设现在在根节点1上，lcp为空，那所有子节点上只能选择一个字符串，然后判断数量是否满足 >=k，若满足则结束搜索

若不满足，则需选择更多的字符串，从 a 到 z遍历子节点，判断答案下一位是否能为此字母，需满足 sum[ ch[ now ][ i ]] + 字典序<=该串的所有字符串数量 + 字典序>该串的子节点各选一个 >= k

代码如下：

const int N=2e6+10,M=210;
const int mod=1e9+7;
ll n;
int k;
int ch[N][30],idx,cnt[N];
ll sum[N];
void add(string s){
	int p=1;
	sum[p]++;
	for(int i=0,sz=s.size();i<sz;i++){
		int c=s[i]-'a'+1;
		if(!ch[p][c]) ch[p][c]=++idx;
		p=ch[p][c];
		sum[p]++;
	}
	cnt[p]++;
}
void clr(){                                  //清空字典树
	for(int i=0;i<=idx;i++){
		for(int j=1;j<=26;j++) ch[i][j]=0;
		cnt[i]=sum[i]=0;
	}
}
void solve(){
	cin >> n >> k;
	idx=1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		string s; cin >> s;
		add(s);
	}
	int now=1;   //表示当前节点
	while(1){
        //判断以now结尾能选的字符串数够不够
		int t=cnt[now];
		for(int i=1;i<=26;i++) if(sum[ch[now][i]]) t++;  //子节点的字符串只能选一个
		if(t>=k){
			if(now==1) cout << "EMPTY";
			cout << "\n"; clr();
			return ;
		}
        //判断接下来now该去哪个节点
		for(int i=1;i<=26;i++) if(sum[ch[now][i]]){
			t+=sum[ch[now][i]],t--;     //判断加上ch[now][i]里所有字符串够不够
			if(t>=k){                   //如果够就进入该子节点
				cout << char('a'+i-1);
                now=ch[now][i];
				k=k-t+sum[ch[now][i]];  //k减去t但要先还回sum[ch[now][i]]
				break;
			}
		}
	}
}

补 19陕西 B                                                        cf传送门

题意：一言以蔽之，欧拉图

思路：欧拉图的做法，从入度的角度入手

若整个图不是一条循环的线，则起点入度为0，那么找一个入度为0的点模拟即可

若整个图就是一个循环，则所有点都可以是起点，从1，1开始模拟即可

然后判断是否所有点都被遍历

代码如下：

ll n;
int m;
vector<vector<int>>ve;
vector<vector<char>>ch;
vector<vector<bool>>vi;
vector<vector<bool>>in;
bool checkout(int x,int y){
	int dis=ve[x][y];
	if(ch[x][y]=='u' && x-dis<1) return 1;
	if(ch[x][y]=='d' && x+dis>n) return 1;
	if(ch[x][y]=='l' && y-dis<1) return 1;
	if(ch[x][y]=='r' && y+dis>m) return 1;
	return 0;
}
void dfs(int x,int y){
	vi[x][y]=1;
	if(checkout(x,y)) return ;
	int dis=ve[x][y];
	if(ch[x][y]=='u' && !vi[x-dis][y]) dfs(x-dis,y);
	if(ch[x][y]=='d' && !vi[x+dis][y]) dfs(x+dis,y);
	if(ch[x][y]=='l' && !vi[x][y-dis]) dfs(x,y-dis);
	if(ch[x][y]=='r' && !vi[x][y+dis]) dfs(x,y+dis);
}
void solve(){
	cin >> n >> m;
	ve=vector<vector<int>>(n+10,vector<int>(m+10));
	ch=vector<vector<char>>(n+10,vector<char>(m+10));
	vi=vector<vector<bool>>(n+10,vector<bool>(m+10,0));
	in=vector<vector<bool>>(n+10,vector<bool>(m+10,0));
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=m;j++) cin >> ch[i][j];
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=m;j++){
			cin >> ve[i][j];
			if(checkout(i,j)) continue;
			int dis=ve[i][j];
			if(ch[i][j]=='u') in[i-dis][j]=1;
			if(ch[i][j]=='d') in[i+dis][j]=1;
			if(ch[i][j]=='l') in[i][j-dis]=1;
			if(ch[i][j]=='r') in[i][j+dis]=1;
		}
	}
	bool if1=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=m;j++)
			if(!in[i][j]){dfs(i,j),if1=1; break;}
		if(if1) break;
	}
	if(!if1) dfs(1,1);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=m;j++)
			if(!vi[i][j]){cout << "No\n"; return ;}
	}
	cout << "Yes\n";
}

周日：

补19陕西  J 位运算贪心                                           cf传送门

题意：给n个区间，每个区间中选一个数，使得所有数按位与的结果最大，输出最大结果

思路：按位贪心，从高到低，对于第 i位，检查所有区间是否都存在数在此位为1，若都存在则对所有区间进行缩小操作( 也可能不变，若不存在则continue

对于如何判断一区间含有第 i位为1的数，使用位运算实现，若l【i】第 i位为 1直接返回真，否则使 l【i】第 i位为1，更低位全变为0，判断其是否小于等于 r【i】

代码如下：

const int N=2e6+10,M=210;
const int mod=1e9+7;
ll n;
ll l[N],r[N];
int fnd(int x,int i){
	if(!(x>>i&1)) x=((x>>i)|1)<<i;          //第i位或上1,低位全变为0
	return x;
}
void solve(){
	cin >> n;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin >> l[i] >> r[i];
	ll ans=0;
	for(int i=30;i>=0;i--){
		bool if1=1;
		for(int j=1;j<=n;j++){
			if(l[j]>>i&1) continue;
			int nl=fnd(l[j],i);
			if(nl>r[j]){if1=0; break;}
		}
		if(!if1) continue;
		ans+=1ll<<i;
		for(int j=1;j<=n;j++){
			if(l[j]>>i&1) continue;
			l[j]=fnd(l[j],i);
		}
	}
	cout << ans << "\n";
}

补ABC 353 D                                                       atc传送门

日常卡D然后补题又觉得不难

思路：做一个位数的前缀和，就能计算出一个数作为前缀的总贡献

代码如下：

const int N=2e6+10,M=210;
const int mod=998244353;
ll n;
int a[N];
int sum[N][11];
ll qpow(int a,int n){
	if(n==0) return 1;
	if(n==1) return a;
	ll s=qpow(a,n/2);
	s=s*s%mod;
	if(n&1) s=s*a%mod;
	return s;
}
void solve(){
	cin >> n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin >> a[i];
		string s=to_string(a[i]);
		for(int j=1;j<11;j++) sum[i][j]=sum[i-1][j];
		sum[i][s.size()]++;
	}
	ll ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<11;j++)
            ans+=(1ll*a[i]*qpow(10,j)%mod)*(sum[n][j]-sum[i][j])%mod;//前缀贡献
		ans+=1ll*a[i]*(i-1),ans%=mod;        //后缀贡献可直接算出
	}
	cout << ans;
}

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