2020多校补题

牛客1

A

1.性质
求出每个后缀对应的b数组，会发现：后缀的b数组，就是在原字符串的b数组的基础上，把一些值改为0。

2.分类讨论
进一步分析发现b数组中，最多存在两个0，所以只要根据0的位置，来判断两个b数组的大小，最后通过改写比较级进行排序就可以了。

3.后缀数组
分类讨论时发现要比较两个后缀的大小，这时就可以套用后缀数组的模板，得到排名，来比较大小。

H

1.判断是否合法
先计算容量为1时的最大流m，当容量变为$u/v$时，最大流变成$m\ast u/v$（容量和最大流成比例）。接着判断$m\ast u/v$是否大于等于1。

2.按比例计算费用流
跑一次增广路时，增加1个单位（以边容量为1个单位）的费用，所以把：跑每一次增广路时的费用记录下来。接着把流量1按照边容量$u/v$为基本单位，分配费用。为了方便计算，就变成了：把流量v按照边容量u为基本单位，分配费用，结果再除以v。

I

1.转化为匹配问题。
用“度拆点”，“边拆点”的技巧建图，转化为匹配问题。

2.建图
“度拆点”：把同一个点的多个度数拆成多个点
“边拆点”：把边的两个端点拆成两个点
“连线”：度数的点连接对应的边的端点，两个边的端点互相连接。

3.跑一般图匹配
建好图后，用带花树算法得到匹配。如果是完美匹配（所有点都被匹配到），就说明存在，否则不存在。

4.匹配边的意义
如果一条匹配边，一个端点是度数的点，另一个端点是边的端点，代表着边对应的点被选上了。如果一条匹配边，两边都是边的端点，代表着边对应的点没被选上，删去这些没被选上的边，就可以得到答案了。

牛客2

A

1.枚举+桶
考虑枚举所有字符串的前缀，然后找有多少个字符串的后缀与这个前缀相同。解决方法：计算出每个字符串的后缀hash值，然后存到桶里面。

2.去重
上述方法会重复计算一些情况。原因是：在枚举一个字符串的前缀时，可能会有不同前后缀，但是匹配到同一个字符串的问题。例如当前字符串为：aba???，因为a既是aba的前缀，也是aba的后缀，所以在枚举前缀时会算重复。解决方法：用kmp的next数组去重。

B

1.性质
找任意两点的中垂线的交点，相同交点数最多的就是答案

2.优化
因为用的是map，所以map不能装太多点（小于1e6），否则容易超时。所以，在枚举一个点，先记录下与其它的点的中垂线交点，放到map里面，然后算出答案，清空map后，再枚举下一个点。

H

1.分类讨论
可以把$MS$看成是一个排好序的序列，首先知道：三角形判断的充要条件是：最小两边和大于第三边，然后对$a,b,x$的大小进行分类讨论（假设$a\ge b$）：

（1）$b\le a\le x$：这时直接找离$x$最近的两个数，即$x$的两个前驱，这两个前驱就是$a,b$，然后判断$a+b$是否大于$x$即可。

（2）$b\le x<a$：根据大小关系，我们要找的$a,b$应该满足：$b+x>a$，即：$x>a-b$，意思就是要使$a-b$尽量小。又因为$a,b$在$x$的两边（$b\le x$，$x\le a$），所以选$x$的前驱作为$b$，$x$的后驱作为$a$是最优的。接着判断是否符合三角形的要求就可以了。

（3）$x<b\le a$：同(2)，要找满足：$x>a-b$ 的 $a,b$。即查找$MS$中，大于$x$的数的部分的最小差。

2.求 1(3) 中的最小差
用数据结构优化的思路是：把要维护的东西看成是有序的序列，然后才用数据结构，去维护这个有序的序列。
（1）平衡树（题解做法）
平衡树的性质：左子树所有的节点小于当前节点，右子树所有的节点大于当前节点。
平衡树每个节点维护的内容：当前节点与前驱的最小差$dt$，子树中所有节点$dt$的最小值。

插入和删除的时候并不难，在回溯时就可以更新维护的内容。查询的时候，首先找到$x$的后驱在平衡树的位置，叫节点$p$。因为要找的是：大于$x$的部分的最小差，所以，我们可以从$p$开始，找$p$的右子树（平衡树性质）的最小$dt$值。因为大于$x$的数不单只有$p$的右子树部分，所以$p$还要往根节点的方向走，统计合法的$dt$值，具体自行画一下图（牢记平衡树性质）。

（2）权值线段树（自己的做法）
权值线段树维护的内容：当前区间（数值范围）数的数量，最大值，最小值，最小差（类似查询全局最小差，我是参考这里的）。问题由全局最小差，变成了区间最小差。

区间最小差要注意的地方：因为询问一个区间时，会被线段树拆成很多个区间，但是线段树并没有记录这些拆的区间，之间的最小差，所以要手动解决。我的方法：把线段树拆成的区间中的最大值和最小值加入到一个$num$数组，排序去重后直接$O(size(num))$算最小差。因为线段树拆出来的区间不多，所以这样的做法还是挺快的。注意：不要把不存在的最大值和最小值加入到$num$。

牛客3

D

1.性质
对于每行（每列）来说，从左到右，一定是：一堆白点->一堆黑点->一堆白点相间，而且起始和末尾都是白点，所以对数一定是偶数（一堆黑点和左边白点会产生一对，一堆黑点和右边白点又会产生一对）。

2.判断是否合法
由1的性质可知m必须是偶数，否则不合法。
m的最大值$mmax$：$4\ast n$，因为一个黑点最多和上下左右四个白点组成一对。
m的最小值$mmin$：因为需要匹配的对数少，所以考虑把黑点放在一起，所有黑点都在a行b列内，且按顺序（从左到右，从下到上）摆放。a和b需要满足的条件：$a\ast b\ge n$，$2(a+b)=mmin$。通过这个条件，我们使$2(a+b)$尽量小，就可以求出m的最小值了。

3.构造合法的解
在算m的最小值时，就已经构造出了解的一部分。如果现在的m是最小的，那么就已经得到了答案。如果现在的m不是最小的，就从最后一个黑点开始，把这个点扔到很远的地方。如果这个点是一行（列）中最后一个点，那么可以增加：$4-2=2$个对（由1的性质可知），否则增加$4$个对。重复这个操作，直到对数大于等于m。如果对数大于m，这时对数肯定只比m大$2$，则把刚刚扔出去的其中一个黑点，与其他任意一个黑点相邻，使对数减$2$，就得到答案了。

E

1.题目本质
由于题目说$p_{p_i}=i$，所以有：$a_{p_i}-a_{p_{p_i}}=a_{p_i}-a_i$。所以就是找数组a的两个数相匹配，所以题目变为：给出一个a数组，找到两种不同的匹配方法，使这两种匹配方法得到的和最小。

2.性质
匹配时，会发现连续4个，或者连续6个为一组进行匹配，情况是最优的。

3.dp
对于当前位置，是选择连续4个，还是连续6个，可以用dp解决。

F

1.$gcd(a,b)>1$
随便选一个大于1的公因子$g$，则：
$$a/b=(xg)/(yg)=(x+1)g/yg-g/yg=(x+1)/y-1/y$$接着对应套上去就可以了。

2.$gcd(a,b)=1$且$b$的质因子个数大于1
通分一下题目的公式，得：
$$(cf-ed)/(df)=a/b$$令：$df=b$，然后求出符合条件的$d,f$：$gcd(d,f)=1$
接着，令：$cf-ed=a$，因为$gcd(d,f)=1$，所以此方程必定有解。接着就用扩展欧几里得求出$c,e$就可以了。要注意的是：扩欧求出来的$c,e$不一定大于0，所以要记得转化一下。

3.$gcd(a,b)=1$且$b$的质因子个数为1
无解。证明：设$b=p^k$，$p$为质数，则：$d=x{p}^{k_1}$，$f=y{p}^{k_2}$，所以：
$$\frac{c}{d}-\frac{e}{f}=\frac{c}{x{p}^{k_1}}-\frac{e}{y{p}^{k_2}}=\frac{c{p}^{k-k_1}-e{p}^{k-k_2}}{xy{p}^k}$$因为：$k1,k2<k$，所以：$k-k_1>0$，$k-k_2>0$
即：下面的$p^k$还可以被约，但是因为$gcd(a,b)=1$，所以分母必须保留$p^k$这个因子，这与$p^k$被约矛盾，所以无解。

牛客9

J

1.查询矩阵和
考虑用二维前缀和，$sum[n][m]$代表$\sum _{1\le i\le n,1\le j\le m}{a}_{i,j}$，预处理后就可以通过$sum$得到任意一个子矩阵的和。在这之前，先要把矩阵$a$中的$0$，修改成$-1$。目的是：能让后面用“桶”统计答案。

2.枚举矩阵
普通枚举矩阵的方法：枚举矩阵的上下行，左右列。在这里因为要更快统计答案，只枚举了矩阵的上下行，右列。

3.统计答案
假设已经枚举了矩阵的上行$U$，下行$D$。接着考虑前缀和维护：$sum2[R]$代表$\sum _{U+1\le i\le D-1,1\le j\le R}{a}_{i,j}$，这样就可以通过$sum2$的前缀和相减，得到子矩阵和。因为题目要求子矩阵内$0$和$1$的数量差值不超过$1$，所以子矩阵内的和在$[-1,1]$内。即可以转化为：如果$sum2$中存在两个值的差值不超过$1$，那么这两个值可以贡献一个答案。
要统计有多少对值的差值不超过$1$，可以考虑在连续为$1$的上下行中，枚举$sum2$中的值（右列），把满足列全为1的$sum2$值（左列）放进桶$cnt$里面，询问$sum2$的值加$1$、加$0$、减$1$的值的数量。

4.桶的处理
如果用map/unordered_map，很可能会超时。因为考虑到前缀和的范围：$[-500\ast 500,500\ast 500]$，所以我们可以直接开一个数组来用作桶，偏移一下范围。一个数加入桶时，记录这个数，最后通过这些记录的数清空桶。

5.边界处理
在计算矩阵和时，要记得矩阵边界是不包括的。

杭电1

1005 (hdu 6755)

1.斐波那契数列通项公式
$$F_n=\frac{1}{\sqrt{5}}[(\frac{1+\sqrt{5}}{2}{)}^n-(\frac{1-\sqrt{5}}{2}{)}^n]$$2.$\sqrt{5}$在模$1e9+9$意义下的整数
因为：$383008016^2\equiv 616991993^2\equiv 5(mod1e9+9)$
所以：$\sqrt{5}\equiv 383008016(mod1e9+9)$
或 $\sqrt{5}\equiv 616991993(mod1e9+9)$。
计算时选其中一个就可以了，无论选哪个都不影响最后的结果。

3.化简题目式子
设：$a=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$，$b=\frac{1-\sqrt{5}}{2}$，$c=\frac{1}{\sqrt{5}}$，因此：$F_n=d(a^n-b^n)$
所以：
$$\sum _{i=0}^N(F_{Ci}{)}^K=\sum _{i=0}^N[d(a^{Ci}-b^{Ci}){]}^K=d^K\sum _{i=0}^N(a^{Ci}-b^{Ci}{)}^K$$接着，我们对$(a^{Ci}-b^{Ci}{)}^K$进行二项式展开，得到其中一项是：
$$(-1{)}^m{C}_K^m(a^{Ci}{)}^{K-m}(b^{Ci}{)}^m=(-1{)}^m{C}_K^m(a^{C(K-m)}{)}^i(b^{Cm}{)}^i=(-1{)}^m{C}_K^m(a^{C(K-m)}{b}^{Cm}{)}^i$$令$q_m=a^{C(K-m)}{b}^{Cm}$，得：
$$\sum _{i=0}^N(-1{)}^m{C}_K^m(a^{C(K-m)}{b}^{Cm}{)}^i=(-1{)}^m{C}_K^m\sum _{i=0}^N{q}_m^i=(-1{)}^m{C}_K^m\frac{q_m^{N+1}-1}{q_m-1}$$所以，答案就是把二项式的全部项加起来，即：
$$ans=\sum _{m=0}^K(-1{)}^m{C}_K^m\frac{q_m^{N+1}-1}{q_m-1}$$时间复杂度为：$O(KlogN)$

4.计算优化
如果上述所有数都用快速幂求，大概率会超时。所以要尽可能少用快速幂，用递推优化。能递推优化计算的有：$q_m$，$q_m^{N+1}$。
$q_m=q_{m-1}\ast b^c/a^{-c}$，$q_m^{N+1}=q_{m-1}^{N+1}\ast b^{c(N+1)}/a^{-c(N+1)}$
其中，$b^c,b^{c(N+1)}$可以先算出来；$a^{-c}$的逆元，$a^{-c(N+1)}$的逆元，也可以提前算出来。接着就可以用$O(K)$的递推算出上述两个数。

1006 (hdu 6756)

1.性质
（1）图中度数超过$\sqrt{m}$的点的数量小于等于$\sqrt{m}$。
（2）一个点的$MEX$的最大值是这个点的度数，所以大于等于度数的$A$值都是可以忽略的。

2.求$MEX$
对每个点都建立一个存值的“桶”数组$cnt$，数组大小不超过这个点的度数。然后，再建立一个标记数组$vis$（标记数组不用真实创建，因为标记数组要用数据结构维护，这里只是为了方便叙述），大小与“桶数组”相等，$vis[i]=1$代表存在这个值，即$cnt[i]\ge 1$，$vis[i]=0$则相反。

（1）树状数组
用树状数组维护$vis$数组的前缀和，记为$pre$。假设$MEX=x$，则有：$pr{e}_i=i+1(i<x)$，$pr{e}_i\ne i+1(i\ge x)$，所以可以利用这个性质，对$MEX$进行二分，然后通过查询前缀和来$check$答案，时间复杂度为：$O(lognlogn)$。

（2）分块
对$vis$数组进行分块，维护一个块内的和，块的大小为：$unit=\sqrt{n}$。计算$MEX$时，先从前往后扫描一个块，直到这个块的和不等于块的大小。这时，就找到这个块对应的$cnt$数组的区域，从前往后扫描，直到$cn{t}_i=0$，时间复杂度：$O(2\sqrt{n})$

3.修改与查询
由1的性质，我们把度数小于等于$\sqrt{m}$的点称作：“小点”，把度数大于$\sqrt{m}$的点称作：“大点”。对于 “大点” ，需要额外维护 “旧值” 。

（1）对于修改操作：
对于小点，因为度数小于等于$\sqrt{m}$，所以暴力修改所有邻接点的$vis$数组和$cnt$数组，然后修改自身的值。对于大点，则直接修改自身的值（注意不要修改 “旧值” ）。

（2）对于查询操作：
对于所有点（无论是大点还是小点），思路是：先遍历相邻的 “大点” ，利用 “大点” 的值和 “旧值” ，修改自身的$vis$数组和$cnt$数组。接着，利用修改完后的$vis$数组和$cnt$数组进行查询。最后，再次遍历相邻的 “大点” ，把自身的$vis$数组和$cnt$数组还原回去。

对于上述算法的时间复杂度，如果$vis$数组是用树状数组维护，则为$O(q\sqrt{m}logn)$；如果$vis$数组用的是分块维护，则为$O(q(\sqrt{m}+\sqrt{n}))$。实测两种方法对于$oj$上的数据似乎差别不大。

杭电2

1012 (hdu 6774)

1.性质
两个字符串的距离：两个字符串的长度 - 2 * 两个字符串的最长公共子序列。

2.预处理
对$A$进行预处理，预处理出数组$f[i][ch]$：在$A[i]$后第一个出现字符$ch$的位置。

3.求最长公共子序列（$LCS$）
（1）$dp[i][j]$的意义：
下标$i$：$B$的前缀：$B[1...i]$
下标$j$：$B[1...i]$与$A[l...r]$的$LCS$长度
$dp$值：令$LCS$成立的$A[l...r]$的最短前缀长度
（2）转移方程：
$$dp[i][j]=min\{\begin{array}{ll}dp[i-1][j]& \text{don’t select B[i]}\\ f[l+dp[i-1][j-1]][B[i]]-l+1& \text{select B[i]}\end{array}$$最后注意一下限制条件和初始化就可以了。