2019杭电多校第六场

Stay Real

给一个小根堆，两人每次取一个出度为0的点（没有子节点），求取完后两人的结果。
因为小根堆性质是根结点小于叶节点，所以每次取的都是当前所剩下的点中最大的。
排序后轮流取即可。

TDL

HDU 6641 TDL 异或性质
定义$f(n,m)$为比$n$大的第$m$个与$n$互质的数，给出$(f(n,m)-n)\oplus n$和$m$，求最小的$n$。
因为异或满足自反性，不妨另$(f(n,m)-n)\oplus n=k$，则$f(n,m)-n=k\oplus n$，因为$m\le 100$，所以$f(n,m)-n$不会超过1e3（具体最大没算过，1e3完全足够了），我们可以枚举$k\oplus n$，然后找出最小的满足条件$n$即可。

#include 
#define ll long long
ll gcd(ll p, ll q) { return q == 0 ? p : gcd(q, p % q); }
using namespace std;
const long long inf = ((1LL<<62)-1)|(1LL<<62);
const int maxi = 1e3 + 10;

ll k,m;
ll f(ll n,int m){
    ll cnt=m,i=n;
    while(cnt){
        i++;
        if(gcd(n,i)==1) cnt--;
    }
    return i;
}
int main() {
    int T;
    scanf("%d", &T);
    while(T--){
        scanf("%lld%lld",&k,&m);
        ll minn=inf;
        for(ll i=0;i<=maxi;i++){
            ll n=i^k;//n=(k^n)^k
            if(n && f(n,m)==n+i) {
                minn = min(minn, n);
            }
        }
        if(minn==inf) printf("-1\n");
        else printf("%lld\n",minn);
    }
    return 0;
}

Snowy Smile

HDU 6638 Snowy Smile 线段树+最大子段和
$n$个点，$-10^9\le x_i,y_i\le 10^9$，求最大子矩阵和。（$n\le 2000$）
离散化后，枚举矩阵的上下边界，然后将每一列上的数都加入s[y]，则对于此上下边界的最大子矩阵和则为$s$数组的最大子段和。
线段树实现更新和查询，复杂度$O(n^{2}logn).$

//std
#include
#include
#include

using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2010, M = 4100;
int Case, n, m, i, j, k, cb, b[N], pos[N];
ll pre[M], suf[M], s[M], v[M], ans;
struct E {
    int x, y, z;
} e[N];

inline bool cmp(const E &a, const E &b) { return a.x < b.x; }

void build(int x, int a, int b) {
    pre[x] = suf[x] = s[x] = v[x] = 0;
    if (a == b) {
        pos[a] = x;
        return;
    }
    int mid = (a + b) >> 1;
    build(x << 1, a, mid), build(x << 1 | 1, mid + 1, b);
}
inline void change(int x, int p) {
    x = pos[x];
    s[x] += p;
    if (s[x] > 0)pre[x] = suf[x] = v[x] = s[x];
    else pre[x] = suf[x] = v[x] = 0;
    for (x >>= 1; x; x >>= 1) {
        pre[x] = max(pre[x << 1], s[x << 1] + pre[x << 1 | 1]);
        suf[x] = max(suf[x << 1 | 1], s[x << 1 | 1] + suf[x << 1]);
        s[x] = s[x << 1] + s[x << 1 | 1];
        v[x] = max(max(v[x << 1], v[x << 1 | 1]), suf[x << 1] + pre[x << 1 | 1]);
    }
}

int main() {
    scanf("%d", &Case);
    while (Case--) {
        scanf("%d", &n);
        for (cb = 0, i = 1; i <= n; i++) {
            scanf("%d%d%d", &e[i].x, &e[i].y, &e[i].z);
            b[++cb] = e[i].y;
        }
        sort(b + 1, b + cb + 1);
        for (m = 0, i = 1; i <= cb; i++)
        	if (i == 1 || b[i] != b[m])b[++m] = b[i];
        sort(e + 1, e + n + 1, cmp);
        ans = 0;
        for (i = 1; i <= n; i++)
        	e[i].y = lower_bound(b + 1, b + m + 1, e[i].y) - b;
        for (i = 1; i <= n; i++)
            if (i == 1 || e[i].x != e[i - 1].x) {
                build(1, 1, m);
                for (j = i; j <= n; j = k) {
                    for (k = j; k <= n && e[j].x == e[k].x; k++)change(e[k].y, e[k].z);
                    if (ans < v[1])ans = v[1];
                }
            }
        printf("%lld\n", ans);
    }
}

Faraway

给$n\le 10$个$|x_i-x_e|+|y_i-y_e|\equiv t_i\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{k}_i$，$2\le k_i\le 5$，求满足条件的$(x_e,y_e)$的数量。
将$|x_i-x_e|+|y_i-y_e|$的绝对值拆掉，则每个点$|x_i-x_e|+|y_i-y_e|$ 会将平面分割成 4 个部分，每个部分里距离的表达式没有绝对值符号，一共 O(n²) 个这样的区域。
在每个区域内，枚举每个点，判断是否满足条件。注意到模数$2\le k_i\le 5$，且$lcm(2,3,4,5)=60$，也就是说，在同一个区域内，满足条件的坐标$\pm 60$也满足条件。所以只需要枚举$x_e$和$y_e$模60的余即可。
复杂度$O(60^2{n}^3)$.