A. XOR
求出所有数的异或和$sum$，将所有数and上$sum$，然后求线性基，则选取$sum$的所有$1$对应的基最优。
时间复杂度$O(n\log x)$。
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
int Case,n,i,j;ll ans,sum,A,B,a[100],x,v[111111],pool[100];
const int N=20;
ll cal(){
ll ans=sum;
for(int S=0;S<1<>i&1)A^=v[i],B^=v[i];
A-=B;
if(A<0)A=-A;
if(A>i&1);
puts("");
}
ll myabs(ll x){return x>0?x:-x;}
ll solve1(int x){
ll cur=a[x];
for(int i=x-1;~i;i--)if(sum>>i&1){
cur^=a[i];
}
return myabs(cur-(sum^cur));
}
ll solve2(int x){
ll cur=0;
for(int i=x-1;~i;i--){
cur=max(cur,cur^a[i]);
}
return myabs(cur-(sum^cur));
}
int main(){
//srand(time(NULL));
scanf("%d",&Case);
while(Case--){
scanf("%d",&n);
//n=rand()%10+1;
sum=0;
for(i=0;i<61;i++)a[i]=0;
for(i=0;i>j&1){
if(a[j])x^=a[j];
else {a[j]=x;break;}
}
}
//ll vio=cal();
for(i=0;i<61;i++)for(j=i+1;j<61;j++)if(a[j]>>i&1)a[j]^=a[i];
for(i=60;~i;i--)if(sum>>i&1)break;
int lim=i;
if(lim>=0){
for(i=0;i<61;i++)pool[i]=a[i]&sum,a[i]=0;
for(i=0;i<61;i++){
x=pool[i];
for(j=60;~j;j--)if(x>>j&1){
if(a[j])x^=a[j];
else {a[j]=x;break;}
}
}
for(i=0;i<61;i++)for(j=i+1;j<61;j++)if(a[j]>>i&1)a[j]^=a[i];
ans=min(sum,min(solve1(lim),solve2(lim)));
}else{
ans=0;
}
/*A=sum,B=0;*/
//print(sum);
//for(i=60;~i;i--)if(a[i])print(a[i]);
/*ans=sum;
for(i=60;~i;i--)if((A^a[i])>=(B^a[i])&&(A^a[i])-(B^a[i])
B. Tribute
按题意模拟即可。
#include
using namespace std;
int casenum, casei;
typedef unsigned int UI;
int n;
vectorvt, wt;
multisetsot;
multisetans;
bool solve()
{
for(int i = 1; i <= n; ++i)
{
int x = *sot.begin();
ans.insert(x);
// printf("x = %d\n", x);
// for(auto y : vt)printf("%d ", y); puts("");
wt.clear();
for(auto y : vt)
{
int z = x + y;
// printf("%d\n", z);
if(sot.find(z) == sot.end())return 0;
sot.erase(sot.find(z));
wt.push_back(z);
}
for(auto y : wt)vt.push_back(y);
}
return 1;
}
int main()
{
scanf("%d", &casenum);
for(casei = 1; casei <= casenum; casei ++)
{
scanf("%d", &n);
int m = (1 << n) - 1;
vt.clear(); vt.push_back(0);
sot.clear();
ans.clear();
for(int i = 1; i <= m; ++i)
{
int x; scanf("%d", &x);
sot.insert(x);
}
if(!solve())puts("NO");
else
{
int id = 0;
for(auto it : ans)printf("%d%c", it, ++id == n ? '\n' : ' ');
}
}
}
C. Boardroom Meeting
CDQ分治+扫描线树状数组，时间复杂度$O(n\log^2n)$。
#include
#include
using namespace std;
const int N=200010;
int Case,n,i,a[N],b[N],c[N],ans,f[N],qa[N],qb[N],bit[N],vis[N],T;
inline void up(int&a,int b){a>1,i,j,ca=0,cb=0;
solve(l,mid);
for(i=l;i<=mid;i++)qa[++ca]=i;
for(;i<=r;i++)qb[++cb]=i;
sort(qa+1,qa+ca+1,cmp);
sort(qb+1,qb+cb+1,cmp);
T++;
for(i=j=1;i<=cb;i++){
while(j<=ca&&a[qa[j]]
D. Secret Santa
第二类斯特林数容斥，时间复杂度$O(a\log n)$。
#include
const int N=2010,P=1000000007;
int n,a,i,j,Case,fac[N],S[N][N];
int po(int a,int b){int t=1;for(;b;b>>=1,a=1LL*a*a%P)if(b&1)t=1LL*t*a%P;return t;}
int T(int m,int n){
int ans=0;
for(int k=0;k=1&&j==0){S[i][j]=0;continue;}
if(i==j){S[i][j]=1;continue;}
if(j>=1&&j
E. Guessing Game
状压DP，设$f[S]$表示$S$情况下最优策略最坏需要的步数，其中$S$是个$k$位$3$进制数，分别表示每一位未询问、已询问且回答为$0$、已询问且回答为$1$的情况。
用高维前缀和预处理出所有$f[S]=0$的状态，剩下的状态枚举询问哪一位转移即可。
时间复杂度$O(3^kk)$。
#include
#include
using namespace std;
const int N=13,M=1600000;
int p[20],Case,n,m,i,j,k,f[M],c[M];char s[20];
inline int get(int x,int y){return x/p[y]%3;}
int main(){
for(p[0]=i=1;i<20;i++)p[i]=p[i-1]*3;
scanf("%d",&Case);
while(Case--){
scanf("%d%d",&n,&k);
m=p[k];
for(i=0;i
F. Flat Earth
按题意模拟即可。
#include
#include
int casenum, casei, a[10];
const double PI = acos(-1.0);
int main()
{
scanf("%d", &casenum);
for(casei = 1; casei <= casenum; casei ++){
for(int i = 1; i <= 8; i ++){
scanf("%d", &a[i]);
}
printf("%.10f\n", PI * a[4] * a[4]);
}
}
G. We Need More Managers!
建立一张$2^n$个点的图，分别表示每种串。对于每个点，向恰好改变了一位的$n$个点连边。
则题意可转化为对给定$m$个点求出两两最短路作为权值的最小生成树。
设$p_x$和$d_x$分别表示离每个点最近的给定串以及对应的距离，可以BFS求出，则对于一条边$(u,v)$，在生成树中加入一条连接$p_u$和$p_v$，权值为$d_u+d_v+1$的边即可。
时间复杂度$O(n2^n\alpha(m))$。
#include
#include
using namespace std;
const int N=1100000;
int Case,n,m,all,i,j,a[N];char s[100];
int h,t,d[N],p[N],x,y,z,q[N];
int f[N],ans,ce;
struct E{
int x,y,z;
E(){}
E(int _x,int _y,int _z){x=_x,y=_y,z=_z;}
}e[N*20];
inline bool cmp(const E&a,const E&b){return a.z
H. Masterpiece
若不考虑每个点是被第几次走过的，则方案唯一，$O(n)$模拟求出方案后统计分岔点个数$t$，则答案为$2^t$。
#include
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I. Don’t Split The Atom!
胜负只取决于$n$的奇偶性。
#include
#include
int casenum, casei, a[10];
const double PI = acos(-1.0);
int main()
{
scanf("%d", &casenum);
for(casei = 1; casei <= casenum; casei ++){
int n;
scanf("%d", &n);
puts(n & 1 ? "B" : "A");
}
}
J. Bobby Tables
组合数可以看作长度为$k$的一个区间除以长度为$k$的一个前缀。
枚举每个$k$作为前缀，二分对应的区间，取对数加速判定，在附近配合取模判定即可。
时间复杂度$O(m\log m)$。
#include
#include
#include
using namespace std;
typedef long double ld;
const int N=200010,P=1000000007,K=20;
const ld eps=1e-2;
int Case,n,m,i,a[N],fac[N],inv[N],mul;
ld Log[N],s[N],sum;
inline bool check(int n,int m){
ld A=s[n]-s[n-m]-s[m];
if(fabs(A-sum)>eps)return 0;
int B=1LL*fac[n]*inv[n-m]%P*inv[m]%P;
if(B!=mul)return 0;
puts("YES");
printf("%d %d\n",n,m);
return 1;
}
inline void solve(){
scanf("%d%d",&n,&m);
sum=0;
mul=1;
for(i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&a[i]);
mul=1LL*mul*a[i]%P;
sum+=Log[a[i]];
}
for(i=1;i<=m;i++){
//[x,x+i-1]/[1..i]
//C(x+i-1,i)
//x+i-1>=i
//1<=x<=m+1-i
//x+i-1<=m
int l=1,r=m+1-i;
while(l<=r){
int mid=(l+r)>>1;
ld A=s[mid+i-1]-s[mid-1]-s[i];
if(fabs(A-sum)
K. Triples
长链剖分或树分治经典题。
#include
#include
#include
#include
#define pb push_back
#define V vector
#define N 200010
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pairP;
int Case;
int n,i,x,y,g[N],v[N<<1],nxt[N<<1],ed,f[N],del[N];ll ans;Vh[N];
inline void add(int x,int y){v[++ed]=y;nxt[ed]=g[x];g[x]=ed;}
inline bool cmp(V*a,V*b){return a->size()>b->size();}
templateinline C&get(V&a,size_t x){return a[a.size()-x-1];}
V*dfs(int x,int y){
V*>t;
for(int i=g[x];i;i=nxt[i])if(v[i]!=y)t.pb(dfs(v[i],x));
if(!t.size())return new V(1,1);
sort(t.begin(),t.end(),cmp);
V*a=t[0];
a->pb(1);
if(t.size()==1)return a;
Vb;
b.resize(t[1]->size()+1,0);
for(int i=1;i*u=t[i];
for(int j=1;j<=u->size();j++){
int ch=get(*u,j-1),&rt=get(*a,j);ll&rd=get(b,j);
ans+=1LL*ch*rd;
rd+=1LL*ch*rt;
rt+=ch;
}
}
for(int i=1;in){
y=x,x=v[i],t=1;
break;
}
}while(t);
return x;
}
inline void work(V >&d,V >&q,int k,bool rt,int x){
int st=k==1?0:d.size()-1,en=k==1?d.size():-1;Va(1,rt);
for(int i=st;i!=en;i+=k){
VD=d[i];
for(V::iterator p=q[i].begin();p!=q[i].end();p++){
int j=p->first;
if(jsecond;
}
a.resize(max(a.size(),D.size()),0);
for(int j=0;j::iterator p=h[x].begin();pfirst;
if(jsecond;
}
}
void dfsd(int x,int y,int z,V&d){
if(z==d.size())d.pb(1);else d[z]++;
for(int i=g[x];i;i=nxt[i])if(v[i]!=y&&!del[v[i]])dfsd(v[i],x,z+1,d);
}
void dfsq(int x,int y,int z,V&q){
for(V
::iterator i=h[x].begin();ifirst-z;
if(t>=0)q.pb(P(t,i->second));
}
for(int i=g[x];i;i=nxt[i])if(v[i]!=y&&!del[v[i]])dfsq(v[i],x,z+1,q);
}
void solve(int x){
int y=findroot(x);
del[y]=1;
for(int i=g[y];i;i=nxt[i])if(!del[v[i]])solve(v[i]);
V >d;V >q;
for(int i=g[y];i;i=nxt[i])if(!del[v[i]]){
VA(1,0);
dfsd(v[i],-1,1,A);
d.pb(A);
VB;
dfsq(v[i],-1,1,B);
q.pb(B);
}
work(d,q,1,1,y),work(d,q,-1,0,y);
del[y]=0;
}
int main(){
scanf("%d",&Case);
while(Case--){
i=x=y=0;
memset(g,0,sizeof g);
memset(f,0,sizeof f);
memset(v,0,sizeof v);
memset(nxt,0,sizeof nxt);
ed=0;
memset(del,0,sizeof del);
ans=0;
for(i=0;i
L. Related Languages
枚举$O(nm)$对区间右端点，左端点的取值满足单调性，双指针即可。
时间复杂度$O(nm)$。
#include
const int N=4010;
int Case,n,m,i,j,k,ans,g[N*3];
char a[N],b[N],f[N][N];
int w[N*3],V;
int main(){
scanf("%d",&Case);
while(Case--){
scanf("%d%d%d%s%s",&n,&m,&V,a+1,b+1);
ans=0;
for(i=1;i<=n;i++)for(j=1;j<=m;j++)f[i][j]=a[i]!=b[j];
for(i=0;i<=N+N+5;i++)g[i]=w[i]=0;
for(i=1;i<=n;i++)for(j=1;j<=m;j++){
k=i-j+N;
g[k]++;
w[k]+=f[i][j];
int G=g[k],W=w[k];
while(G>0&&W>V){
G--;
W-=f[i-G][j-G];
}
g[k]=G;
w[k]=W;
if(G>ans)ans=G;
}
printf("%d\n",ans);
}
}