2019杭州师范大学校赛

有幸能够参加有这么多优秀队伍的比赛，确实也通过这个看出了自身很多的不足，无论是浙江高校还是浙江的高中生，他们的训练水平还是远远在我们之上的。唯有好好努力，才能创造机会。

I-Little Sub and Triangles

题意很简单，就是给出了一堆平面上的格点，每次询问会给一个范围，问落在这个范围里面的由这些格点组成的三角形的数量是多少。
首先先想到求出所有的三角形，然后再排序。排序之后的每次查询只要二分就可以了。
但是这道题要注意的地方有：
1.给出了三个点求三角形的面积用向量的叉积是比较方便的。两个向量分别是(x1,y1)，(x2,y2)的时候，向量叉积是x1y2-y1x2。而用sqrt的效率比较低，这里会超时。
2.格点三角形一定是1/2的整数倍，因为不妨把这个三角形补全，你很快就会发现多出来的三角形一定是1/2的整数倍。所以这里如果让所有的数都乘上2，这道题就转化为了全整数的问题，就便于处理了。

#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
#include
#define pb push_back
#define Rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef long double ld;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const ll INF=9e18;
const int N=300;
int cnt=0;
ll tri[N*N*N],x[N],y[N];
int main() {
	int n,q;
	scanf("%d%d",&n,&q);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld%lld",&x[i],&y[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=i+1;j<=n;j++)
			for(int k=j+1;k<=n;k++)
				tri[++cnt]=abs((x[j]-x[i])*(y[k]-y[i])-(y[j]-y[i])*(x[k]-x[i]));
	sort(tri+1,tri+cnt+1);
	while(q--) {
		ll l,r;
		scanf("%lld%lld",&l,&r);
		l*=2,r*=2;
		int pl=lower_bound(tri+1,tri+cnt+1,l)-tri;
		int pr=upper_bound(tri+1,tri+cnt+1,r)-tri;
		printf("%d\n",pr-pl);
	}
	return 0;
}

H-Little Sub and Counting

题意说给出一些数，然后要求出对于每个给定的数x，满足$x^y>y^x$的
的数目的。然后这个题考虑变成$\frac{x}{lnx}$求导，然后我们容易发现$e$是它的一个极值点，只需要特判一下前面的1,2,3，然后对后面的数直接二分找到第一个大于它们的数就可以了。
需要注意的是如何写好一个结构体的二分，结构体的二分比较的一定是一个结构体，需要写构造函数放进去二分。

1#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
#include
#define pb push_back
#define F first
#define S second
using namespace std;
typedef long long ll;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const ll INF=LONG_LONG_MAX;
const int N=1e5+50;
struct node{ 
	int x,id,ans; 
	node() {}
	node(int x,int id=0,int ans=0):x(x),id(id),ans(ans) {} 
	bool operator <(const node& rhs) const {
		return x

B-Little Sub and Triples

这道题是给我印象最深的一道题，题意其实化简一下就是说对于一个数组，每次都会去询问一段区间，然后问这个区间是否可以存在三个数，它们能够构成三角形。先考虑对区间排序。那么对于这个每个数，只要考虑最大的比它小的那两个数是否大于它就可以了。但是每次都对区间排序的话，这个复杂度会非常大。这里需要逆向思考这个问题，如果这个区间是NO的话，但是要保证里面的所有的数字都尽量小，那么这个区间实际上就是一个Fibonacci数列，而Fibonacci数列很快就会增长超过int的范围。所以说对于长度超过60的区间，直接就可以判断是YES，对于剩下来的情况再做排序处理就好了。
这里的逆向思考的思维确实很精妙。

#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
#include
#define pb push_back
#define F first
#define S second
using namespace std;
typedef long long ll;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const ll INF=LONG_LONG_MAX;
const int N=2e5+50;
int a[N];
vector v;
int main() {
	int n,q;
	scanf("%d%d",&n,&q);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
	while(q--) {
		int l,r;
		scanf("%d%d",&l,&r);
		if(r-l+1<=2) printf("NO\n");
		else if(r-l+1>=60) printf("YES\n");
		else {
			v.clear();
			for(int i=l;i<=r;i++) v.push_back(a[i]);
			sort(v.begin(),v.end());
			bool exist=false;
			for(int i=0;iv[i+2]-v[i+1]) { exist=true;break; }
			}
			if(exist) printf("YES\n");
			else printf("NO\n");
		} 
	}
	return 0;
}

E-Little Sub and Traveling

这道题是一个非常有想法的题目。位置从0开始。然后每次都可以转移自己的位置$i$，要么转移为$2\ast i+1modn$，要么转移为$2\ast imodn$。要求字典序最大的汉密尔顿回路。首先对于奇数的情况是无解的，证明是这样的：不妨设$n=2\ast k+1$，1.最终要回到0，必须要通过k转移。2 .$2k$ 这个数也只能通过 $k$ 来转移。3.第一次走到$k$的时候，若直接返回，则$2k$没有被走过。若走到$2k$则无法再回到0，因为必须要从$k$返回，但是$k$已经被走过一次。所以综上所述。奇数是无解的。那么考虑偶数的构造。主要这模n运算对$i$和$i+n/2$是完全等价的。不妨把这两个点并成一个点。这样每个点都有两个入度和两个出度。而这恰好就是一个欧拉回路。在欧拉回路上做一遍逆序dfs。

#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
#include
#define pb push_back
#define F first
#define S second
using namespace std;
typedef long long ll;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const ll INF=LONG_LONG_MAX;
const int N=1e4+50;
bool vis[N];
int n;
vector ans;
void dfs(int now) {
	if(!vis[(2*now+1)%n]) {
		vis[(2*now+1)%n]=1;
		dfs((2*now+1)%(n/2));
		ans.push_back((2*now+1)%n);
	}
	if(!vis[(2*now)%n]) {
		vis[(2*now)%n]=1;
		dfs((2*now)%(n/2));
		ans.push_back((2*now)%n);
	}	
}
int main() {
	scanf("%d",&n);
	if(n&1) { puts("-1"); return 0;}
	else {
		vis[0]=1;
		ans.push_back(0);
		dfs(0); 
		ans.push_back(0);	
	}
	for(int i=ans.size()-1;i>=0;i--)
		printf("%d%c",ans[i],i==0?'\n':' ');
	return 0;

I-Little Sub and Enigma

这道题在场上并没有读懂题意，其实是要求S和T满足一个双射，如果可以满足就输出全部的映射。首先先维护S串中的每个字符不能指向两个不同的字符，然后再维护T串每个字符也不能被两个不同的字符所指。
但是这道题需要注意的事情就是当你确定了25组关系的时候，剩下来的那一组也会被唯一确定，这种情况需要特判。

#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
#include
#define pb push_back
#define F first
#define S second
using namespace std;
typedef long long ll;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const ll INF=LONG_LONG_MAX;
const int N=1e6+50;
char s1[N],s2[N];
int a[200],b[200];
int main() {
	int cnt=0;
	scanf("%s%s",s1+1,s2+1);
	int len=strlen(s1+1);
	for(int i=1;i<=len;i++) {
		if(!a[s1[i]]) a[s1[i]]=s2[i],++cnt;
		else if(a[s1[i]]&&a[s1[i]]!=s2[i]) return 0*printf("Impossible\n");
	}
	for(int i=1;i<=len;i++) {
		if(!b[s2[i]]) b[s2[i]]=s1[i];
		else if(b[s2[i]]&&b[s2[i]]!=s1[i]) return 0*printf("Impossible\n");
	}
	if(cnt==25) 
	for(int i='a';i<='z';i++) 
		for(int j='a';j<='z';j++){
			if(!a[i]&&!b[j]) a[i]=j;
		}
	for(int i='a';i<='z';i++) {
		if(a[i]) printf("%c->%c\n",(char)i,(char)a[i]); 
	}
	return 0;
}

M-Little Sub and Johann

这个是一个挺好的博弈题，其实只要好好找规律很快就能发现规律。对于石子个数只有1的堆SG为1，然后对于质数SG是这个质数在质数表里面的位置+1，对于合数SG是它的最小质因子。恰好可以用线筛筛出来所有范围内的SG函数。
接下来证明一下这个SG函数。对于石子个数为1是显然的。而质数则是由前面所有的状态转移，因此是连续单调递增的。然后考虑一个合数所有被转移的情况，是从0到最小质因数-1，然后这些质数的SG函数都是连续增加的，所以第一个无法被转移到的位置就是最小质因数，所以就是SG[lPF]
其实不是一道很难的题，所以还是姿势水平不太够。

#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
#include
#define pb push_back
#define F first
#define S second
using namespace std;
typedef long long ll;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const ll INF=LONG_LONG_MAX;
const int N=1e6+5;
int pri[N],sg[N],cnt=0;
bool vis[N];
void getsg() {
	sg[1]=1;
	for(int i=2;i<=(int)1e6;i++) {
		if(!vis[i]) pri[++cnt]=i,sg[i]=cnt+1;
		for(int j=1;j<=cnt&&i*pri[j]<=(int)1e6;j++) {
			vis[i*pri[j]]=true;
			sg[i*pri[j]]=sg[pri[j]];
			if(i%pri[j]==0) break;
		}
	}
}
int main() {
	getsg();
	int line;
	scanf("%d",&line);
	while(line--) {
		int n,ans=0;
		scanf("%d",&n);
		for(int x,i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&x),ans^=sg[x];
		if(!ans) printf("Long live with King Johann!\n");
		else printf("Subconscious is our king!\n"); 
	}
	return 0;
}

G-Little Sub and Piggybank

这是一道非常有趣的dp题，可以学习让我们学习到不少东西。题意是说每个商品都有一个价格，并且每个商品都能带来一定的快乐值，然后每个时刻都可以投入任意多数量的钱，但是必须要保证后面投入的不能超过前面投入的钱，而且买任何商品都必须是刚刚好这个商品价格的钱数才能购买。
首先贪心考虑如果我要买的商品是$a_{k_1},a_{k_2}...a_{k_m}$,那么最优的做法应该是在中间的每一天都购买$a_{k_2}-a_{k_1}/k_2-k_1$。记dp[i][j]是我最后一个买的商品是i，倒数第二个买的商品是j的最大值，dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[j][k]+v[i])，这里k<=j<=i。然后由于满足条件，a[i]/(i-j)<=a[j]/(j-k)，化简一下就可以分离k使得k>=j-a[j]/a[i]*(i-j)，这里每次处理出来dp[i][j]以后都可以处理出g[i][j]=max{dp[i][i-1]…dp[i][j]}，这样复杂度就可以被优化到O(n^2)。
1.转移的时候不仅要保证k 2.要注意a[i]可能为0的情况，这个时候会出现0/0的情形，这个时候特判可以是由任何状态转移过来的。

#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
#include
#define pb push_back
#define F first
#define S second
using namespace std;
typedef long long ll;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const ll INF=LONG_LONG_MAX;
const int N=2e3+50;
int a[N],v[N],f[N][N],g[N][N];
int main() {
	int n,k; 
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&v[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		f[i][0]=v[i];
		for(int j=1;j=0;j--) {
			g[i][j]=max(g[i][j+1],f[i][j]);
		} 
	}
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) ans=max(ans,g[i][0]);
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}