2017 西南交通大学ACM校赛简易题解
2017/5/15敝队打了一发西南交通大学的校赛，仍然3人一台电脑的方式，最终A掉9题，现场竟然最多才A8题。。。
由于线下打的比赛记录好像全部GG了。所以我花了一下午的时间脑补掉了做出来的9道题，就分享一下我们
做出来的题，写个简易题解。。
A：SB题，直接模拟即可。
#include B：SB题，直接维护一个行列指针并且记录一下最后出现的时间就可以了。
#include if(r[i].v==0&&c[j].v==0){
printf("0 ");
}
else if(r[i].v!=0&&c[j].v==0){
printf("%d ", r[i].v);
}
else if(r[i].v==0&&c[j].v!=0){
printf("%d ", c[j].v);
}
else{
if(r[i].t>c[j].t){
printf("%d ", r[i].v);
}
else printf("%d ", c[j].v);
}
}
if(r[i].v==0&&c[n].v==0){
printf("0\n");
}
else if(r[i].v!=0&&c[n].v==0){
printf("%d\n", r[i].v);
}
else if(r[i].v==0&&c[n].v!=0){
printf("%d\n", c[n].v);
}
else{
if(r[i].t>c[n].t){
printf("%d\n", r[i].v);
}
else printf("%d\n", c[n].v);
}
}
}
} C：14年西安赛区的原题。题意就是n个格子排成一行，我们有m种颜色，可以给这些格子涂色，保证相邻的
格子的颜色不同问，最后恰好使用了k种颜色的方案数。
容斥原理
首先，用k种颜色的方案为 C(k,k)∗k∗(k−1)(n−1)
从k种颜色方案中减去用k-1种颜色方案 C(k,k−1)∗(k−1)∗(k−2)(n−1) ,得到恰好用k种颜色方案数。
多减去的k-2种颜色方案数 c(k,k−2)∗(k−2)∗(k−3)(n−1) 要重新加上，依此类推
答案就是：
C(m,k)∗Sigma(C(k,k−i)∗(k−i)∗(k−i−1)(n−1)∗(−1)(i))(0<=i<k)
这里线形预处理逆元，快速幂加速即可。
#include %mod*(k-i)%mod)*(powmod(k-i-1,n-1)*(i%2==0?1:-1))%mod)%mod;
}
ans = (ans%mod*ans2%mod)%mod;
if(ans < 0) ans+=mod;
printf("%lld\n", ans);
}
return 0;
}
D：题意：本质上就是问从n个数里面能否选出一些数构成3600的倍数。
解法：首先根据抽屉原理，当n > 3600时，一定有presum[i] == presum[j](mod 3600)这里presum表示前
缀和，那么必然n>3600有解，所以我们考虑一个3600的背包即可。dp[i][j]表示考虑到第i个数，当前容量为
j是否能构成，用bool去转移即可。由于数组太大，所以可以用01背包最常见的滚动数组优化一下即可。对
了，比赛的时候，队友直接BITSET做的，这个取模之后bitset长度为3600显然是可以的。转移和上面一样。
#include E：题意：要你把n个点分成n/2个点对，使得这些点对的距离之和最小。
解法：队友比赛想到了正解orz，实际上就是个贪心。我复制一段官方题解：
考虑每条边对答案的贡献
如果一条边两边的点数是偶数，那么这条边可以不使用，否则，这条边对答案贡献一次
最小性证明：略
可行性证明：
若一条边两边点数为偶数，我们可以直接把这条边删掉，然后变成2个相同的子问题
若一条边两边点数为奇数，我们可以把这条边两边的点配对，然后把他们从图中拿掉,对于某一边，会变成多个
子图，点数为奇数的子图个数是偶数个，我们可以把这些奇数的点拿出来配对，然后又变成相同的子问题
#include int s, t, l;
scanf("%d%d%d", &s,&t,&l);
addedge(s, t, l);
addedge(t, s, l);
q[i].u=s,q[i].v=t,q[i].w=l;
}
dfs(1, -1);
LL ans = 0;
for(int i=1; iint mi = min(sz[q[i].u], sz[q[i].v]);
int mx = n - mi;
if(mi%2==0&&mx%2==0) continue;
ans+=1LL*q[i].w;
}
printf("%lld\n", ans);
}
} F：题意：就是这个序列必须要把一个数a[i]移到i-k之前的位置，并且恰好移动一次，问可能取到的最大权
值，权值的计算就是sigma(i*a[i])。
解法：很容易证明，移到i-k位置是最优的，所以for循环一遍就可以了。过程如下：
将第i个数移到第j位，那么答案会增加
F(j)=pre[i−1]–pre[j−1]−(i−j)∗a[i]=pre[i−1]−pre[j−1]−i∗a[i]+j∗a[i]
其中pre[x]表示前x个数和。
然后我们再取k(k<j),则F(k)=pre[i−1]−pre[k−1]−i∗a[i]+k∗a[i]
我们可以发现F(j)−F(k)=(k−j)∗a[i]+pre[j−1]−pre[k−1]>0,因此我们对每个i只要贪心取最右边能取到的可以了。
所以得证，我比赛的时候尝试二分位置的时候就证明了，越靠后的位置值越大，但是两位大佬一直在写斜率优
化，然后他们也过了。ORZ。看来以后有把握的结论，我还是要冲上去才行。免得浪费精力。
#include return 0;
}
G：
同F，我们考虑枚举一个右端点，然后考虑他在哪一个左边的点能取到最大值
当我们枚举到点I的时候，假设我们的将他移到J点，那么我们有F(J)=pre[I-1]-pre[J-1]-i*a[i]+j*a[i]
其中I已经作为常量了,那么我们要计算的就是max(G(I)=J*a[i]-pre[J-1]) 我们把G(i)当做一条直线,J为斜率,-
pre[J-1]为截距,我们的问题就变成了再一堆直线里找一条直线使得当前的取值最大
然后J和pre[J-1]又是单调的,我们可以维护一个下凸包,每次在凸包内二分或者三分斜率来寻找这个最大值即可.
至于移动K次的限制,我们只要将每条直线延迟K步后放入凸包即可
DP太弱，感觉不会写。
H：裸的DAG最长路
#include I：数学题，不会。感觉自己也补不了。
J：题意：给了一个原序列，然后一种操作是加一个等差数列，公差固定。然后查询一个点的值。直接线段树
维护一个首项公差，然后这个信息本身就具有懒惰标记的特性，直接写个pushdown，这题就做完了。
这一个是队友写的代码。另外一种方法是分快，但是是nsqrt(n)的，复杂度没有线段树棒。我就没写 了。
#includeK：SB题，暴力统计即可。
#include return 0;
}
打完比赛，多补题，总结才会有收获QAQ。
……