Codeforces Round #837 (Div. 2) A~F
A. Hossam and Combinatorics
统计一下最小和最大值的个数分别是多少，则 a n s = 2 ∗ c n t m i n ∗ c n t m a x ans=2*cnt_{min}*cnt_{max} ans=2∗cntmin∗cntmax，如果最大值等于最小值， a n s = 2 ∗ n ∗ ( n − 1 ) ans=2*n*(n-1) ans=2∗n∗(n−1)
#includeB. Hossam and Friends
对每一个左端点，维护他最远能到的右端点即可。
#includeC. Hossam and Trainees
分解质因数，然后把所有分解出的质因子放到一个map里面判重即可。
#includeD. Hossam and (sub-)palindromic tree
先考虑区间版本的最长回文子序列求法，设 f i , j f_{i,j} fi,j表示区间 [ i , j ] [i,j] [i,j]的最长回文子序列的长度，则 f i , j = m a x { f i + 1 , j − 1 , a i ≠ a j f i + 1 , j − 1 + 2 , a i = a j f i + 1 , j f i , j − 1 f_{i,j}=max \left\{\begin{matrix} f_{i+1,j-1},~~~~~~~~~a_i\neq a_j \\ f_{i+1,j-1}+2,~~a_i=a_j \\ f_{i+1,j}~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~ \\ f_{i,j-1}~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~ \end{matrix}\right. fi,j=max⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧fi+1,j−1, ai=ajfi+1,j−1+2, ai=ajfi+1,j fi,j−1
然后我们可以把这个dp放在树上进行，我们只需要把树上 n 2 n^2 n2条链按照序列的方法进行 d p dp dp即可，这样我们抽出树上的一条链的时候，只需要记录前驱和后继结点即可，另外用记忆化搜索可以很方便的的实现。
#includeE. Hossam and a Letter
题目大意：计算含有最多一个medium点并且不含任何bad点的H形状的连通块最多含有多少方格。
我们可以枚举两条竖线出现的位置，然后考虑两条竖线中出现m或者不出现m的两种情况。
对于两条竖线中出现一次m的情况，我们可以枚举m出现的位置然后上下扩展，得到每个m所属的区间后，再遍历这个区间判断中间的横是否全都是好点。
对于两条竖线中不出现m的情况，我们可以直接通过双指针的方法得到区间，再判断中间的横线是否出现m的次数小于等于1次。
#include
for(int i=1;i<=m;i++) {
for(int j=i+2;j<=m;j++) {
for(int l=1;l<=n;l++) {
if(a[l][i]==0&&a[l][j]==0) {
int r=l;
while(r+1<=n&&a[r+1][i]==0&&a[r+1][j]==0) r++;
if(r-l<2) continue;
for(int s=l+1;s<r;s++) {
if(sum[s][j-1]-sum[s][i]<=1)ans=max(ans,j-i-1+2*(r-l+1));
// ans+=(s-l)*(r-s);
}
l=r+1;
}
}
for(int x=1;x<=n;x++) {
if(a[x][i]+a[x][j]!=1) continue;
int l=x,r=x;
while(l-1>=1&&a[l-1][i]==0&&a[l-1][j]==0) l--;
while(r+1<=n&&a[r+1][i]==0&&a[r+1][j]==0) r++;
if(r-l<2) continue;
for(int s=l+1;s<r;s++) {
if(sum[s][j-1]-sum[s][i]==0)
ans=max(ans,j-i-1+2*(r-l+1));
// if(s<=x) ans+=(s-l)*(r-x);
// else ans+=(x-l)*(r-s);
}
}
}
}
// cout<<"ok";
cout<<ans<<"\n";
return 0;
}
F. Hossam and Range Minimum Query
出现奇数次可以用异或和不等于零代替，然后我们对于每一个数随机一个对应的值，这样只需要用主席树就能求得最小的出现次数为奇数的数字。
#include
for(int i=1;i<=n;i++) {
modify(root[i],1,m,a[i],v[a[i]],root[i-1]);
}
int q=read(),ans=0;
while(q--) {
int l=read(),r=read();
l^=ans;r^=ans;
// cout<
if(t[root[r]].val==t[root[l-1]].val) ans=0;
else ans=b[query(root[r],1,m,root[l-1])];
cout<<ans<<'\n';
}
return 0;
}