2019 Multi-University Training Contest 3
目录
- A
- B Blow up the city
- C
- D Distribution of books
- E
- F Fansblog
- G Find the answer
- H
- I K Subsequence
- J
- K
A
题目地址：
题意：
思路：
代码：
B Blow up the city
题目地址： http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6604
题意：有 n 个城市，m 条有向边。定义特殊结点为：不存在出度的边。现在有 q 组询问，每一组询问给出两个结点 u 和 v，你可以破坏任意一个城市，使得如果 u 和 v 中至少有一个不能到达特殊结点，就算破坏成功。对于每组询问，回答有多少种成功的破坏方案。
思路：大致思路就是算出破坏 u 的方案数，然后算出破坏 v 的方案数，最后减去同时破坏两个的方案数。学了支配树之后就会做了。把图反向连边，然后新增一个结点向所有入度为 0 （反向连边后的图）连边，然后以新增节点为根结点构建支配树，那么支配树中某个结点的祖先就是成功的方案。所以计算每个结点的深度之后，最后答案就是 d[u] + d[v] - d[LCA(u, v)] 。
代码：
#include C
题目地址：
题意：
思路：
代码：
D Distribution of books
题目地址： http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6606
题意：给出 n 本书，每一本书有一个值 a[i]，现在要把前若干本书（可以是前 n 本或者更少，这个自己决定）分割成 k 段，每一段的值为这一段所有书的值之和，而所有段的最大值为分割的代价。求最小代价。
思路：显然要二分最小代价，然后对于某个代价 x，要求把书分成 k 段，每一段的和不超过 x。一开始我的做法是贪心，但是后来发现是错的，比如对于 -3 -3 2 -4 要分成两段，如果用贪心发现 -4 是不行的，但实际上可以。
考虑 dp，设 f(i) 表示前 i 本书最多可以分成多少段，那么只要存在 s i − s j ≤ x s_i-s_j\le x si−sj≤x（其中 s 为 a 的前缀和）就可以有转移 f i = f j + 1 f_i=f_j+1 fi=fj+1 。上述条件可以转化为 s j ≥ s i − x s_j \ge s_i-x sj≥si−x 。所以思路就很明显了：用一个类似权值线段树的东西维护，首先把所有的 s 离散化，然后每次算完 f[i] 之后更新对应 s[i] 的权值为 f[i]；然后每次要计算 f[i] 时，找到满足 s j ≥ s i − x s_j \ge s_i-x sj≥si−x 的区域的最大值，i 就从那里转移。复杂度 O ( n ( l o g n ) 2 ) O(n(logn)^2) O(n(logn)2) 。
代码：
#include E
题目地址：
题意：
思路：
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F Fansblog
题目地址： http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6608
题意：给出一个质数 P（ 1 e 9 ≤ P ≤ 1 e 14 1e9\le P \le 1e14 1e9≤P≤1e14），找到最大的比 P 小的质数 Q，然后计算 Q ! m o d P Q! \ mod \ P Q! mod P 。
思路：根据威尔逊定理，一个数是质数的等价条件是 ( P − 1 ) ! ≡ − 1 ( m o d P ) (P-1)! \equiv -1 (mod \ P) (P−1)!≡−1(mod P) 。然后质数之间的间隔也不是很大，所以就从 P-1 开始往下枚举找到下一个质数，然后计算就行了。这里要注意 long long 会炸精度，所以要用龟速乘。然后判断素数可以用费马素性测试。
代码：
#include G Find the answer
题目地址： http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6609
题意：给出一个数组 a，对于每个 i，可以找出若干个小于 i 的下标，然后把这些下标对应的值变为 0 。问对于每个 i，至少变多少个为 0，才能使 a[1,…,i] 的和小于等于 m。
思路：一开始先求出 a 中每个数的排名，然后维护两个树状数组，一个维护前 i 个数的和（按照排名来维护），另一个维护排名中哪些排名已经被选中了。从前往后遍历 a，然后二分查找第一个树状数组，找到最大的一个 sum[x]<=m-a[i] 的 x，然后第二个树状数组的前 x 项和为 s，i - 1 - s 就是第 i 个数的答案。
复杂度 O ( n ( l o g n ) 2 ) O(n(logn)^2) O(n(logn)2) ，然而可以把两个树状数组合起来，就不用二分那一步，因为在搜索最大的 x 这一步可以直接边搜索边记录已经累加的和，可以把复杂度降到 O ( n l o g n ) O(nlogn) O(nlogn) ，不过原本的也过了，可能是树状数组常数很小的缘故吧。
代码：
#include H
题目地址：
题意：
思路：
代码：
I K Subsequence
题目地址： http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6611
题意：有一个长度为 n（ 1 ≤ n ≤ 2000 1\le n\le 2000 1≤n≤2000） 的数组，每次操作可以从中选取一个单调不减的子序列，然后把子序列的和累加到答案中，然后把子序列从原数组中删去。这样的操作最多进行 k（ 1 ≤ k ≤ 10 1\le k\le 10 1≤k≤10） 次。问最后答案的最大值。多组数据。
思路：一开始我的想法是，贪心地选取：每次操作都选择和最大的子序列，然后把它删去，这样选取 k 次。每次选取都可以用一个 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2) 的 dp 算出来，然后复杂度也对。但是这样做是错的，比如：6 4 4 8 5 ，k=2 。如果用贪心的做法，第一次会选取 4 4 8 ，第二次会选取 6 ；而最优的解肯定是 6 8 和 4 4 5 。
后来看到很多博客说，求多个不相交的子序列，很容易想到网络流（黑人问号？？？表示之前从来没有这种思路）
不过网络流确实可以搞这种问题，在一定的条件下（这里是 ∀ i < j , a i ≤ a j \forall i
这里还要考虑 a[i] 这个权值，所以给拆点之间的连边加一个 -a[i] 的费用，其它边费用为 0，那么在流量为 k 的前提下的最小费用的负值，就是最终答案。不得不说这种建模方式真厉害。
然而传统的 SPFA 的最小费用流在这里被卡了，还要 Dijkstra 优化最短路的过程。原本每次 SPFA 是为了以费用为权值在还有容量的边中（这个好像叫残余网络？）求 s 到 t 的最短路，然后在这条最短路上增广。但是由于反向边图中存在负权边，一般的 Dijkstra 不适用，所以要仿照 Johnson 算法给每个结点增加一个势函数 H，然后原本
代码：
#include J
题目地址：
题意：
思路：
代码：
K
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题意：
思路：
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