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RpUtl
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Pro3224  [NOI 2019]回家路线 题解

突然发现自己暑假写过这题。

显然可以考虑动态规划，但不难发现用时间做状态没前途，用站点做状态转移比较困难，而用车次做转移刚刚好。

设 $f_i$ 表示坐上列车 $i$ 的最小烦躁值，因为并没有保证 $x_i<y_i$，所以转移的顺序要按照 $p$ 来排，每次要转移的来源必须满足 $y_j=x_i,q_j\le p_i$。不难完成 $O(n^2)$ 的

........................................................................

该题解待审

........................................................................(剩余 213 个中英字符)
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终焉折枝
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Pro3580  [统一省选 2021]矩阵游戏 题解

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大意

给出 $b_{i, j} = a_{i - 1, j} + a_{i, j - 1} + a_{i - 1, j - 1} + a_{i, j}$，要求给出一组 $a$ 的可行解，保证 $0 \le a_{i, j} \le 10 ^ 6$。


思路

这集真的神了。

我们想一个问题，首先这个题我们很容易构造出一个 $a$，使其满足 $b$ 的性质，我们将 $a_{i, 1}$ 和 $a_{1, i}$ 都设为 $0$，那么我们有这样的转移式子：$a_{i, j} = b_{i - 1, j - 1} - a_{i - 1, j} - a_{i, j - 1} - a_{i - 1, j - 1}$，这样构造出来的 $a$ 是含有负数的，但是我们考虑进行调整。

这里有一个小巧思，我们考虑对于每一行和每一列进行增量的操作，加减交替，这样会得到以下这个样子的矩阵：

$\begin{pmatrix}r_1 + c_1 & -r_1 + c_2 & r_1 + c_3 & \cdots \\r_2 - c_1 & -r_2 - c_2 & r_2 - c_3 & \cdots \\r_3 + c_1 & -r_3 + c_2 & r_3 + c_3 & \cdots \\\vdots & \vdots & \vdots & \ddots\end{pmatrix}$

有什么用呢？？？我们发现 $(r_1 + c_1) + (-r_1 + c_2) + (r_2 - c_1) + (-r_2 - c_2) = 0$，那么这样我们就在不改变 $b$ 的情况下可以对 $a$ 进行调整，那么会变成类似于这样的差分约束系统：$0 \le a_{i, j} \pm r_i \pm c_i \le 10 ^ 6$，我们就直接对这样的建立差分约束系统，然后跑 SPFA 即可（注意判负环，如果有负环说明就没有答案）


代码 

#include<iostream>
#include<vector>
#include<queue>
using namespace std;

const int MAXN = 1005;
const int INF = 1000000;
int T;
int n, m;
int b[MAXN][MAXN];
int a[MAXN][MAXN];
vector<pair<int, int> > g[MAXN];
bool vis[MAXN << 1];
int dis[MAXN << 1], in[MAXN << 1];
queue<int> q;

void init(){
    while(!q.empty()) q.pop();
    for(int i = 1;i <= n + m;i ++){
        dis[i] = 0;
        vis[i] = 1;
        in[i] = 0;
        q.push(i);
    }
}

void solve(){
    cin >> n >> m;
    for(int i = 1;i < n;i ++){
        for(int j = 1;j < m;j ++){
            cin >> b[i][j];
        }
    }
    for(int i = 1;i <= n;i ++)
        for(int j = 1;j <= m;j ++)
            a[i][j] = 0;
    for(int i = 2;i <= n;i ++){
        for(int j = 2;j <= m;j ++){
            a[i][j] = b[i - 1][j - 1] - a[i - 1][j] - a[i][j - 1] - a[i - 1][j - 1];
//            cout << a[i][j] << ' ';
        }
//        cout << endl;
    }
    for(int i = 1;i <= n + m + 1;i ++) g[i].clear();
    for(int i = 1;i <= n;i ++){
        for(int j = 1;j <= m;j ++){
            if((i + j) & 1){
                g[i].push_back(make_pair(j + n, a[i][j]));
                g[j + n].push_back(make_pair(i, INF - a[i][j]));
            }
            else{
                g[j + n].push_back(make_pair(i, a[i][j]));
                g[i].push_back(make_pair(j + n, INF - a[i][j]));
            }
        }
    }
    init();
    while(!q.empty()){
        int u = q.front(); q.pop(); vis[u] = 0;
        for(auto x : g[u]){
            int v = x.first, w = x.second;
            if(dis[u] + w < dis[v]){
                dis[v] = dis[u] + w;
                if(!vis[v]){
                	in[v] ++;
                	if(in[v] > n + m + 1){
						cout << "NO\n";
						return;
					}
                    vis[v] = 1;
                    q.push(v);
                }
            }
        }
    }
    bool flag = 1;
//    cout << "YES\n";
    for(int i = 1;i <= n;i ++){
        for(int j = 1;j <= m;j ++){
            if((i + j) & 1) a[i][j] += (dis[i] - dis[j + n]);
            else a[i][j] += (dis[j + n] - dis[i]);
            if(a[i][j] < 0) flag = 0;
//            cout << a[i][j] << ' ';
        }
//        cout << '\n';
    }
    if(flag){
        cout << "YES\n";
        for(int i = 1;i <= n;i ++){
            for(int j = 1;j <= m;j ++){
                cout << a[i][j] << ' ';
            }
            cout << '\n';
        }
    }
    else cout << "NO\n";
}

int main(){
    // freopen("matrix.in", "r", stdin);
    // freopen("matrix.out", "w", stdout);
    cin.tie(0) -> ios::sync_with_stdio(0);
    cin >> T;
    while(T --){
        solve();
    }
    return 0;
}


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终焉折枝
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Pro3103  [HAOI 2019]异或粽子 题解

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大意

求前 $k$ 大的互不相同的异或和。


思路

首先，我们将其转换一下，求出前缀异或和，$s$，$s_i = s_i \oplus s_{i - 1} $，这样，对于区间 $[l, r]$ 的异或和询问就变成了 $s_r \oplus s_{l - 1}$。

知道了这个之后，我们的问题现在转化为了，在这 $n$ 个 $s$ 里面选择 $k$ 对，使得其和最大，这个时候，我们要处理的问题是对于 $s_i$ 来说，如何找到一个 $s_j$，使得其 $s_i \oplus s_j$ 的值最大。这个问题十分经典（但是我也刚知道），可以用 Trie 来处理这种动态找最大异或和的问题。

那么如何在 Trie 上维护这个东西呢？我们考虑将每个 $s_i$ 插入 Trie 里面，那么记录每个节点经过的点的个数，我们一定是希望走 $op \oplus 1$ 的位置的，但是如果没有 $op \oplus 1$ 这个位置，就走不了，且，若是左子树的大小不够，也走不了，必须走到 $sz \ge rk$ 的地方，这个才是对的。于是就类似权值线段树静态查第 $k$ 大差不多，不过此题我们要处理的是前 $2k$ 大，因为我们忽略了 $l \le r$ 的限制。

我们只需要用一个大根堆记录即可，但是每个答案都会以 $s_i$ 和 $s_j$ 为基准分别各出现一次，那么最终我们选择的答案需要除以 $2$。


代码 

#include<iostream>
#include<queue>
using namespace std;

#define ll long long
const int MAXN = 5e5 + 5;
const int MAXT = MAXN * 32;

int ch[MAXT][2], cnt[MAXT];
ll s[MAXN], tot = 0, n, k;

struct node{
    int id, rk;
    ll val;
    bool operator<(const node &other)const{
        return val < other.val;
    }
};

void Insert(ll x){
    int now = 0;
    for(int i = 31;i >= 0;i --){
        int op = (x >> i) & 1;
        if(!ch[now][op]) ch[now][op] = ++ tot;
        now = ch[now][op];
        cnt[now] ++;
    }
}

ll query(ll x, int rk){
    int now = 0;
    ll res = 0;
    for(int i = 31;i >= 0;i --){
        int op = (x >> i) & 1;
        op ^= 1;
        if(!ch[now][op]){
            now = ch[now][op ^ 1];
        }
        else if(rk <= cnt[ch[now][op]]){
            res |= (1LL << i);
            now = ch[now][op];
        }
        else{
            rk -= cnt[ch[now][op]];
            now = ch[now][op ^ 1];
        }
    }
    return res;
}

int main(){
    cin.tie(0) -> ios::sync_with_stdio(0);
    cin >> n >> k;
    s[0] = 0;
    Insert(s[0]);
    for(int i = 1;i <= n;i ++){
        ll a; cin >> a;
        s[i] = s[i - 1] ^ a;
        Insert(s[i]);
    }
    
    priority_queue<node> q;
    for(int i = 0;i <= n;i ++){
        ll x = query(s[i], 1);
        q.push({i, 1, x});
    }
    ll ans = 0;
    for(int i = 1;i <= 2 * k;i ++){
        node t = q.top();
        ans += t.val;
        q.pop();
        if(t.rk < n){
            q.push({t.id, t.rk + 1, query(s[t.id], t.rk + 1)});
        }
    }
    cout << ans / 2;
    return 0;
}
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终焉折枝
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Pro3579  [统一省选 2021]卡牌游戏 题解


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大意

给出 $n$ 张卡牌，每张卡牌都有两个权值 $a_i$ 和 $b_i$，分别对应的是正面和反面，求在至少翻 $m$ 张牌，然后求出最小的极差。


思路

我们考虑这样的事，首先，我们不考虑每一张牌的情况，我们只考虑这个先处理极差的问题，我们先把这 $2n$ 张牌记录一下类型，然后将其排序。

排完序之后，我们需要的是选择一段区间 $[L, R]$，使得 $[L, R]$ 的区间包含所有的类型，且其中间反转的牌不超过 $m$ 个，那么这个区间的 $val_R - val_L$ 就是一个合法的答案，我们要想使得这个值尽可能的小，我们不妨使用双指针的写法，固定左端点，向右查询合法右端点。

这个过程是具有单调性的，你的 $L$ 向右，$R$ 也必定向右，具体过程是这样的，如果当前的区间不合法，那么就让 $R$ 右移，使其包含所有的 $n$ 个情况，一旦包含足够，就判断是否合法，这个过程是可以在扫描的过程中动态处理的，这步判断是 $\mathcal{O}(1)$ 的，如果是合法就将 $L$ 向右收缩，这样去看看有没有更优的 $val_R - val_L$。


代码 

#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;

const int MAXN = 1e6 + 5;
int n, m, l, r, cnt = 0;
struct node{
    long long val, id;
    bool op;
}k[MAXN << 1];
int t[MAXN << 1];
bool cmp(node x, node y){
    return x.val < y.val;
}

int main(){
    // freopen("card.in", "r", stdin);
    // freopen("card.out", "w", stdout);
    cin.tie(0) -> ios::sync_with_stdio(0);
    cin >> n >> m;
    for(int i = 1;i <= n;i ++){
        cin >> k[i].val;
        k[i].id = i;
        k[i].op = 1;
    }
    for(int i = 1;i <= n;i ++){
        cin >> k[i + n].val;
        k[i + n].id = i;
        k[i + n].op = 0;
    }
    sort(k + 1, k + 2 * n + 1, cmp);
//    for(int i = 1;i <= n * 2;i ++){
//        cout << k[i].val << ' ' << k[i].id << ' ' << k[i].op << '\n';
//    }
    for(l = 0;cnt + k[l + 1].op <= m && !t[k[l + 1].id];l ++){
        cnt += k[l + 1].op;
        t[k[l + 1].id] = 1;
    }
    for(r = 2 * n + 1;cnt + k[r - 1].op <= m && !t[k[r - 1].id];r --){
        cnt += k[r - 1].op;
        t[k[r - 1].id] = 1; 
    }
    long long ans = 1e9 + 7;
	while(l >= 0) {
		ans = min(k[r - 1].val - k[l + 1].val, ans);
		t[k[l].id] = 0;
		cnt -= k[l].op;
		l --;
        for(r;cnt + k[r - 1].op <= m && !t[k[r - 1].id];r --){
            cnt += k[r - 1].op;
            t[k[r - 1].id] = 1; 
        }
	}
	cout << ans << '\n';
}




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终焉折枝
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Pro3417  [统一省选 2020]冰火战士 题解

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大意

给定一个序列，每个数有两种颜色，要找到一个位置，要找到一个位置使得 $\min \{ f(p), g(p) \}$ 尽可能大.


思路

我们在温度 $T$ 下，能参加的冰人必须是 $y \le T$ 的才能参赛，火人必须是 $y \ge T$ 才能参赛，我们定义能参赛的冰人的能量和为 $f(T)$，同理，火人为 $g(T)$。

那么我们的答案一定是 $2 \times \min \{ f(T), g(T)\}$，对于这个图，画出来是下面这样的：

那么，取 $\min$ 之后的图像是这样的：

就是绿色的部分，那么我们这样的话，答案一定在交点附近，那么我们在求这个交点的过程，可以尝试二分 + 树状数组，由于一个是递增，一个是递减，分别维护前缀和和后缀和即可，那么这样二分到交点 $p$ 的话，只需要看 $p$ 和 $p + 1$ 位置，相当于是冰人和火人的位置，火人的位置比较特殊，因为是可能后面还有段连续的区间，需要继续从 $p + 1$ 向右跳到最后一个合法的区间。

而上述的做法，不难发现时间复杂度是 $Q \log^2 Q$ 的，无法通过此题，只能有 $60pts$，于是我们考虑优化。

有个比较经典的思路（不过我也是刚学会的），在树状数组上倍增，这样的话，我们只需要单 $\log$ 的复杂度去跳交点，以及查找 $p + 1$ 的后面最后一个满足情况的点即可。


代码 


#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define ll long long
const int MAXN = 2 * 1e6 + 5;
ll t1[MAXN], t2[MAXN];
int lsh[MAXN], tot;
ll sum = 0;

struct node{
	int op, t, x, y;
}q[MAXN];

int lowbit(int x){
	return x & -x;
}

void add(ll *bit, int x, ll k){
//	if(x <= 0) return;
	while(x <= tot + 1){
		bit[x] += k;
		x += lowbit(x);
	}
}

int Q;

int main(){
	cin.tie(0) -> ios::sync_with_stdio(0);
	
	cin >> Q;

	for(int i = 1;i <= Q;i ++){
		cin >> q[i].op;
		if(q[i].op == 1){
			cin >> q[i].t >> q[i].x >> q[i].y;
			lsh[++ tot] = q[i].x;
		}
		else{
			cin >> q[i].t;
		}
	}

	sort(lsh + 1, lsh + tot + 1);

	tot = unique(lsh + 1, lsh + tot + 1) - (lsh + 1);

	for(int i = 1;i <= Q;i ++){
		if(q[i].op == 1){
			q[i].x = lower_bound(lsh + 1, lsh + tot + 1, q[i].x) - lsh;
		}
	}

	for(int i = 1;i <= Q;i ++){
		if(q[i].op == 1){
			if(q[i].t == 0) add(t1, q[i].x, q[i].y);
			else add(t2, q[i].x + 1, q[i].y), sum += q[i].y;
		}
		else{
			if(q[q[i].t].t == 0) add(t1, q[q[i].t].x, -q[q[i].t].y);
			else add(t2, q[q[i].t].x + 1, -q[q[i].t].y), sum -= q[q[i].t].y;
		}
		ll p1 = 0, s1 = 0, s2 = 0;
		for(int j = 20;j >= 0;j --){
			int nxt = p1 + (1 << j);
			if(nxt <= tot && s1 + t1[nxt] < sum - (s2 + t2[nxt])){
				p1 = nxt, s1 += t1[nxt], s2 += t2[nxt];
			}
		}
		ll res1 = s1;
		ll res2 = 0, p2 = 0;
		if(p1 < tot){
			ll ss1 = 0, ss2 = 0;
			for(int j = p1 + 1;j;j -= lowbit(j)){
				ss1 += t1[j], ss2 += t2[j];
			}
			res2 = sum - ss2;
			if(res2 >= res1){
				p2 = 0, ss2 = 0;
				for(int j = 20;j >= 0;j --){
					int nxt = p2 + (1 << j);
					if(nxt <= tot && sum - (ss2 + t2[nxt]) >= res2){
						p2 = nxt;
						ss2 += t2[nxt];
					}
				}
			}
		}
		if(res1 == res2 && res1 == 0){
			cout << "Peace\n";
		}
		else if(res1 <= res2){
			cout << lsh[p2] << ' ' << res2 * 2 << '\n';
		}
		else{
			cout << lsh[p1] << ' ' << res1 * 2 << '\n';
		}
	}

	return 0;
}
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HXF
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Pro3579  [统一省选 2021]卡牌游戏 题解



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