2018 Multi-University Training Contest 1
1001. Maximum Multiple
1=12+13+16=13+13+13=12+14+14 1 = 1 2 + 1 3 + 1 6 = 1 3 + 1 3 + 1 3 = 1 2 + 1 4 + 1 4 .
1002. Balanced Sequence
对于一个括号序列，令 n n 是长度， m m 是前缀最小值(‘(’ +1，’)’-1)， sum s u m 是最后的和，那么答案就是 n−sum+2m n − s u m + 2 m 。现在这个 n n 和sum都是定值，只要最大化 m m 就好了。
每个串，把匹配后的搞掉之后，会得到一个pair ( a,b a , b )，表示 a a 个左括号接上 b b 个右括号，把( a,b a , b )按照一定顺序排一排依次接起来就知道 m m 的最大值了。
1003. Triangle Partition
求个凸包，然后选择凸包一条边 AB A B ，然后找个和 AB A B 夹角最小的点 C C ，把 ABC A B C 当做一个三角形删掉即可。这样做个 n n 次，显然这样求出来的三角形们是合法的。
1004. Distinct Values
显然可以从左往右贪心，问题转化成求一个区间里的mex，由于区间左右端点都是递增的，用个set维护下即可。
#include
#include
#include b.r);
}
int main() {
int cas;
scanf("%d",&cas);
while (cas--) {
int n,m;
scanf("%d%d",&n,&m);
for (int i=1;i<=m;i++) {
scanf("%d%d",&a[i].l,&a[i].r);
}
sort(a+1,a+m+1,cmp);
int last=0,pre=0;
set<int> st;
for (int i=1;i<=n;i++) st.insert(i),ans[i]=0;
for (int i=1;i1].l;i++) ans[i]=1;
last=a[1].l-1;
for (int i=1;i<=m;) {
int k=i+1;
while (a[k].r<=a[i].r&&k<=m)
k++;
set<int>::iterator iter = st.begin(),i1;
if (a[i].l>last) {
for (int j=last+1;j1;
last=a[i].l-1;
}
for (int j=last+1;j<=a[i].r;j++) {
ans[j]=*iter;
i1=iter;iter++;
st.erase(i1);
}
for (int j=pre+1;jif (ans[j]) st.insert(ans[j]);
pre=a[k].l-1;
last=a[i].r;
i=k;
}
for (int i=1;i<=n;i++) {
ans[i]=max(1,ans[i]);
printf("%d",ans[i]);
if (i!=n) printf(" ");
}
printf("\n");
}
return 0;
}
1005. Maximum Weighted Matching
一个显而易见的观察是：按照操作来可以很容易进行dp。于是只要还原出操作序列即可：每次选个度数为2的点删掉，然后加入一条虚边。
dp(edge,x,y) d p ( e d g e , x , y ) 表示处理到 edge e d g e 这条边，这条边左端点匹配状态是 x x ，右端点匹配状态是 y y 的最大匹配和方案数。碰到重边的时候merge下即可。
1006. Period Sequence
考虑这个无限长的序列中相等的数 si1,si2,...,sik s i 1 , s i 2 , . . . , s i k ，考虑 i1modn,i2modn,...,ikmodn i 1 mod n , i 2 mod n , . . . , i k mod n ，这些构成了一条链。相邻两个位置有个 delta d e l t a ，表示下一个相同位置在 delta d e l t a 后。
然后考虑这些链，肯定是 simodn s i mod n 一样的数组成的。不妨 O(n2) O ( n 2 ) 枚举这个链的一部分，统计它的贡献。设距离上一个位置是 prev p r e v ，距离下一个位置是 next n e x t ，这时候会分成4种情况：
+ 这个prev and next都在 [a,b] [ a , b ] 内：贡献是一个等差数列乘以若干常数
+ prev部分在 [a,b] [ a , b ] 里，next全在 [a,b] [ a , b ] 内：贡献是两个等差数列相乘，然后乘以若干常数
+ prev完全在 [a,b] [ a , b ] 内，next部分在 [a,b] [ a , b ] 内：贡献是两个等差数列相乘，然后乘以若干常数
+ prev和next都部分在 [a,b] [ a , b ] 内：贡献是三个等差数列相乘，然后乘以若干常数
具体等差数列就不列出来了，有std的参考std，没有的找有std的人要。
1007. Chiaki Sequence Revisited
考虑这个数列的差分数列，除了个别项，本质就是： 1,1,0,1,1,0,0,1,1,0,1,1,0,0,0,1,1,0,... 1 , 1 , 0 , 1 , 1 , 0 , 0 , 1 , 1 , 0 , 1 , 1 , 0 , 0 , 0 , 1 , 1 , 0 , . . . 。
可以观测到，这个序列可以这么生成：一开始只有一个 1 1 ， 1 1 变成 110 110 ， 0 0 保持不变。迭代无穷多次后就是这个差分序列。
知道差分序列，可以应用阿贝尔变换，把 a a 的前缀和搞成差分序列相关。不妨令差分序列是 da d a ，那么 a a 的前缀和
利用 da d a 的分形结构，很容易算出 s(n) s ( n ) 。
#include
#include
#include 1008. RMQ Similar Sequence
RMQ-Similar实际上就是 A A 和 B B 的笛卡尔树一样，这样我们就有了一个二叉树，然后可以在树上分析了。
考虑到 B B 中有元素相同的概率是 0 0 ，于是可以假设 B B 里面元素互不相同，也就是说可以假定是一个排列。
显然，符合笛卡尔树的排列就是这个树的拓扑序列个数，就是 n!∏sizei n ! ∏ s i z e i 。然后显然每个排列期望的和是 n2 n 2 ，于是答案就是 n2∏sizei n 2 ∏ s i z e i 。
1009. Lyndon Substring
这边有个简单的结论，考虑 s=w1w2...wn s = w 1 w 2 . . . w n 是 s s 的lyndon factorization，那么 |wi| | w i | 的最大值就是 s s 的最长lyndon substring。证明略，想知道的私信我。
于是你只要会合并两个lyndon factorization就好了。这个是个经典问题，利用lyndon factorization的单调性，只要两个二分就搞定了。
1010. Turn Off The Light
考虑只有一个起点的时候应该怎么做。令起点在 p p ，最左边的 1 1 在位置 s s ，最右边的 1 1 在 t t ，显然 p→s→t p → s → t 或者 p→t→s p → t → s 都是可以的，不妨只考虑 p→s→t p → s → t 。
显然，先走到 s s ，中间该取反的就取反，然后从 s s 走到 t t ，该取反的也取反，这些是要走的必要步数。考虑剩下来那些位置中 1 1 所在的位置为 i1,i2,...,im i 1 , i 2 , . . . , i m .我们要把这些位置的状态搞对，那么考虑相邻两两配对，来回一趟就可以把这两个都搞定。如果位置是奇数个，最后还需要和 t t 搞一下。可以证明这样是最优的。
这个过程很容易就可以推广到起点不定的情况，考虑起点 p p 和 s s 和 t t 的位置关系。
+ 如果 p≤s p ≤ s ，那么 p p 和 s s 之间每个位置在过完 p→s→t p → s → t 后都是 1 1 ，剩下部分是个定值，可以直接维护。
+ 如果 s≤p≤t s ≤ p ≤ t ，显然在 p p 从 s s 慢慢增加到 t t 的时候， 1 1 位置的变换也是很好维护的
+ 如果 p>t p > t ，这个时候显然不如走 p→t→s p → t → s 逻辑，所以可以在另一种情况下做。
1011. Time Zone
转换成分钟，然后随便算算就好了。
#include
#include
#include if (s[i]=='.') {
flag=1;continue;
}
if (!flag) x=(x*10)+s[i]-'0'; else y=(y*10)+s[i]-'0';
}
if (s[3]=='-') x+=8; else if (s[3]=='+') {
if (x>=8) x-=8; else {
if (y==0) {
x-=8;
s[3]='-';
x=abs(x);
} else {
y=10-y;
x-=7;
s[3]='-';
x=abs(x);
}
}
}
if (s[3]=='+') {
h+=x;m+=y*6;
if (m>=60) {
h+=m/60;m%=60;
}
h%=24;
} else {
h-=x;m-=y*6;
while (m<0) {
m+=60;
h--;
}
while (h<0) h+=24;
}
if (h==0) printf("00"); else if (h<10) printf("0%d",h); else printf("%d",h);
printf(":");
if (m==0) printf("00"); else if (m<10) printf("0%d",m); else printf("%d",m);
printf("\n");
}
return 0;
}