WD的OI日记

7.5
QZEZTEST2021.7.5
A 竞赛 (HDU 1052) | 思维+贪心
B Miku的要求 | 双层BFS
C Alien 的粉刷 (P4170 [CQOI2007]涂色) | 区间DP
D 糖果峡谷 | 贪心+线段树维护（区间加操作+区间最值查询）
POJ 1094 Sorting It All Out | 正解 Floyd传递闭包+离线二分 | 我 Floyd思想+在线玄学check

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7.6
qzezoj 树的重心 | 一次dfs
POJ 2631 Roads in the North | 树的直径 一次或两次DFS
P3629 [APIO2010] 巡逻 | 两次树的直径 中间按贡献刷新边权
P2491 [SDOI2011]消防（P1099 [NOIP2007 提高组] 树网的核 强化版） | 2次DFS求树的直径的长度和路径 直径上尺取求最小偏心距

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7.7
P1318 积水面积 | 简单遍历
P1379 八数码难题 | 双向BFS
qzezoj 1887 狐狸的谜语 | 正解 迭代加深搜索 | 我 两层DP

衢州===>义乌

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7.8
义乌集训开始了，lxl来给我们出题+上课！

TEST1
A 单纯膜你

B
操作：将序列中的所有 $x$ 变为 $y$
查询：值相等的点对的最小距离

正解 前驱标记+启发式合并 （这是什么？） | 我 前驱标记 把前驱标记当链表合并（貌似也过了，常数小）

C
一串01串，求字典序最小的未出现过的01串

DP $f[x]=f[x]|f[2x]|f[2x+1]$

D
分治 乱搞 还没A

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7.9

TEST2
A
给定正整数 $n,m$，$x^m<=n$，求整数 $x$ 的最大值

二分+快速幂 | fxtdalao 用pow()就A了！

B
染色，使距离 $(i-j)$为质数的两点的值不同，求最小颜色数和其对应的任一种染色方案

这是一道结论题，$n>=8$时，$ans$恒为$4$，所以答案只要四个一循环就行，如12341234…

C
给出两个字符串，分别长 $n$ 和 $m$ ，要删除或插入一个字符最少多少次，若最少次数大于 $k$ ，输出 $-1$

DP，若无$n$,$m$限制，$f[i][j]=min(f[i-1][j-1](s1[i]==s2[j]),f[i-1][j]+1,f[i][j-1]+1)$
由于$1<=n,m<=5e5\&\&k<=100$，考虑$O(nk)$的DP。$|i-j|>k$的情况可以直接舍去，因为即使是最理想的情况$f[i][j]$都大于$k$了。于是有$min(n,m)\ast 2k$的DP数组，第二维改改就行了。

D
给出一棵树，每次查询，链 $l$ 到 $r$ 上有多少个点 $i$，满足 $i$ 的编号 = $l$ 到 $i$ 的距离
$1<=n，m<=3e5$

由于是在树上的链上，我们先给 $i$ 分个类，以 $lca(l,r)$ 为界
若 $i$ 在 $l$ 侧，有 $i=dep[l]-dep[i]$，即$dep[l]=i+dep[i]$
若 $i$ 在 r 侧，有 $i=dep[l]-2\ast dep[lca(l,r)]+dep[i]$，即$dep[l]-2\ast dep[lca(l,r)]=i-dep[i]$
分类后$ans=sum(lca(l,r)->r)+sum(lca(l,r)->l)$
要求的是点权的出现次数，可以差分，差分后，$ans=(sum(1->r)-sum(1->lca(l,r)))+(sum(1->l)-sum(1->lca(l,r)))$
问题转化为 查询在从根出发到某点的链中某个点权出现的次数
查询可以离线，就可以标记我要查哪些点，在哪些点上查哪些点权，然后开个桶，一遍DFS，记录所有点权在链上出现的次数，在有查询的点上记录答案就行了

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7.10
TEST3
A
循环模拟，要注意记录的信息要可以向后延伸

B
有 $t$ 次询问，每次给你一个数 $n$ ，求在 $[1,n]$ 内约数个数最多的数的约数个数

易证，一个数的约数个数 等于 其每个质因子的指数+1的乘积
易证，将在$[1,n]$内约数个数最多的数的质因子从升序排列，其质因子的指数不升（这个结论打表也能打出来）
易证，数据范围内的约数个数最多的数的最大质因子小于等于47
所以正解就是一个加优化的搜索
为了进一步减少递归层数，可以从大质数开始递归，层数增加，指数不变或增加，省掉指数无用时的计算 | zj dalao 打表拿到最速！

C
后继标记+倍增
写的时候没调出来，明明昨天还在写LCA

D
给定一棵$n$个节点的树，第$i$个点的编号为$i$，第$j$条边的编号为$j$。 有$m$次查询，每次给出$l,r$，查询如果只保留树上点编号在$[l,r]$内的点，边编号在$[l,r]$内的边，有多少点连通块， 此时点$a$与$b$连通等价于$l\le a,b\le r$且$a,b$在树上的简单路径中所有点与边编号都在$[l,r]$之间。
$1<=n，m<=1e6$

看起来很复杂，但难点就是把给出的信息用有用的信息转化
1.如何判断是否保留某条边？点的编号为$i$和$j$，边的编号为$k$
答：须满足 $l\le \min (i,j,k)\le \max (i,j,k)\le r$.
2.如何计算连通块数量？
答：连通块数量=区间内点数-保留的边数
由判断边保留的条件和要求查询保留的边数，可以看出，
这就是一个二维空间里的计数问题，是二维偏序问题，
用树状数组就能解决
（调一晚上才发现树状数组打挂了…）

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7.11

今天lxl就要离开了，我拿到了合照！

TEST4 （因为记起来不方便，就开始自己给题目起名了）
A 青蛙叫
二分
要自己推$r$的初始值，如果不够小会爆 long long（我wa了一个点）

B 脚本（坦克）世界
数学题
最坑的是数据范围
$t\le 10^6,0\le n,m\le 10^{18},1\le a,b\le 10^{18}$
$n$和$m$可以等于0！
最后一个数据点40分，倒数第二个构造数据被卡了，lxl还说那个点卡不到人，原来我不是人。

C 眼镜图形
tarjan缩点+树形DP
DP状态转移方程我是推出来了，
但我已经忘了缩点咋做了，之前从来没打过
所以今天还打了个tarjan缩点的模板

P3387 【模板】缩点 | 这里面还加了 在拓扑序上DP的操作

D 子区间 极差的乘积 的和
？？？
我还不会

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7.12
这几天是施韩原来出题和讲课，感觉他声音很低沉，很平淡，但有意思，比较在意我们究竟听懂没

TEST5 爆0了
T1 平方
数学+简单分类讨论+欧拉筛+快速幂

T2 翻转
有一个 n×m 的棋盘。初始每个格子都是好的，之后每一秒会坏一个之前没坏的格子。nm 秒过后所有格子都会坏完。我们想知道，每一秒过后，有多少子矩形满足其中的所有格子都是好的。
考的时候感觉不可做，实际离线在线都能做

离线：$O(n^2)$枚举子矩形的上下界，记录上界到下界里每个j坐标位置加入顺序的最小值，因为要让当前子矩形合法，只能在最早变坏的格子变坏前。从左到右O(m)记录每个点加入时最左边的坏点位置，右边同理。对于每一个位置j，$(j-L[j])\ast (R[j]-j)$ 即为当前上下界，加入某个坏格子减少的好格子数。

T3 冲锋
假设当前位置为 (x,y)，
向南走一步（ x 加1）的代价为 $2x{y}^2+2y^2+x^2$；
向北走一步（ x 减1）的代价为 $-2x{y}^2+2y^2+x^2$；
向东走一步（ y 加1）的代价为 $2x^{2}y+2x^2+y^2$；
向西走一步（ y 减1）的代价为$-2x^{2}y+2x^2+y^2$；
请问从 (x_1,y_1 ) 走到 (x_2,y_2 ) 的最小代价是多少？

奇怪的代价，根据暴力输出路径，可以发现移动规律，
这之后要求O(1)，分类讨论，数学题，式子推不出来，直接劝退

T4 蛋糕
在蛋糕里切巧克力。。。
先离散化（废话）
然后把三维问题转化为带修改的二维问题（妙啊）
若除去当前x平面切过的长方体，剩余长方体在x平面上的投影的四角的并的补（即为剩余所有长方形的交）为空，换下一个x平面，否则输出x,y,z
问题就是怎么判断那一大串为空，以及如何维护那一大串
对于每个y，维护…（正在尝试读懂四百多行的标程）

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7.13

Day 6

A 吃
送分题
两遍 sort 搞定

B 子序列
给定串 s ，问其中有多少 namomo 子序列。 定义一个子序列 t 是 namomo 子序列，当且仅当

1. t[3]=t[5]；
2. t[4]=t[6]；
3. t[1],t[2],t[3],t[4] 两两不同。

分治思想+DP
以 t[3] 为分界，右边DP，左边组合、容斥一下，两边乘积的和就是答案
DP我推了三个状态转移方程出来，对是对了，就是MLE了，写在下面
$$dp1[i][j]=dp1[i+1][j]+[a[i]==j]$$
$$dp2[i][j]=dp2[pre[a[i]]][j]+(dp1[i][j]-dp1[pre[a[i]]][j])\ast dp1[pre[a[i]]][a[i]]$$
$$dp3[i][j]=dp3[pre[a[i]]][j]+(dp1[i][j]-dp1[pre[a[i]]][j])\ast dp2[pre[j]][a[i]]$$
集训结束之后什么时候想练一下卡空间再调吧

C 树
给定一棵大小为 n 的有根树。每个节点有个非负权值，对于每个节点 x，我们找到包含 x 的节点的平均值最大的连通块，定义 f(x) 为这个平均值。请求出 $\min f(i)│i\in 1,2,\dots ,n$
二分+换根DP
二分出平均值，在树上相当于把每个点的点权都减mid
然后换根DP，式子如下：
$$dp[u]=\sum _{v\in V}\max (dp[v],0)$$
$$dp[u]=dp[u]+dp[fa]-\max (dp[u],0)$$

D 序列
给定序列 $a_1,a_2,\dots ,a_n$和 $m$ 组询问。
对于每组询问，给定区间 $[l,r](1\le l\le r\le n)$ ,请问有多少子区间 $[i,j]$ 满足 $l\le i\le j\le r$ 并且子序列 $a_i,\dots ,a_j$ 中不同的整数的数目是奇数

还做不来

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7.14

Day 7
200pts A了A和B

A 数学
给定整数 n，将 1 - n 分成两组，每一组至少有一个数，并且使得两组数字的和的最大公约数最大，请输出最大的最大公约数。
从区间[1,n]中可以选出从0到n(n-1)/2的所有数，设两组数的和分别为a,b
有 $a+b=n(n-1)/2,a=xgcd(a,b),b=ygcd(a,b),(x,y>=1)$
于是 $gcd(a,b)(x+y)=n(n-1)/2$
所以 最大gcd 就是 n(n-1)/2 的最大非原数的因数
考虑到一个数的因数较集中分布在 1~sqrt(n) 的范围内，所以从2开始枚举次小约数（因为除掉了1）
[优化]
原因：n(n-1)/2为个int范围内的数相乘，直接枚举对于特殊数据会超时
操作：把/2运算先丢到n和n-1其中的偶数上,命名为n1和n2，对n1和n2分别找次小约数，两个次小因数的最小值即为n(n-1)/2的次小因数

B 分数
题面懒得解释了
DP
我用复杂度不对的DP就A掉了…，我的源代码里sb一样地加了一重没用的循环
nex[i]指 $|a[j]-a[i]|\le m$ 所能到达的最大的j
f第一维就是位置，第二维指上一次蜗蜗告诉佳佳的位置，状态转移方程：
$$\begin{gathered} f[j][i]=\min (f[j][i],f[i][i])(i<j\le nex[i]) \\ f[j][j]=\min (f[j][j],f[i][i]+1)(i<j\le nex[i]+1) \end{gathered}$$

C 集合
对于 [1,n] 的子集 A，它的分数 s 为
1. 初始分数为0；
2. 对于所有的 $i\in A,s+=a_i$；
3. 对于所有满足 $i,j\in \{x\in A|x\ge 2\},i^k=j(k\in \{x\in Z|x\ge 2\}$的二元组 $(i,j)$，$s-=b_j$。

请求出分数最高的子集的分数是多少。

我一开始看成1到n的序列，后来又看成子串了
再想到 i 和 i 的 k 次方可以建边，只后就不会做了，交了个不知道什么东西，结果
正解：暴力！
看数据范围 $1\le n\le 10^5$ ，次数最多的 $i=2$ 时，k 都只有17，直接暴搜照样过

D 城市大脑
ZYQ 骗分骗到了满分

由于缺少可靠的结论（老师都不知道），只能暴力 $n^2$ 枚举两条路径相交的两点
（虽然这基于的两人的路径只可能交于一条链这一结论，我推出来了，也想到了暴力枚举，但我没时间没信心打出来 qwq ）

对于每个n，只取m最小的方案，对于每个m，只取n最小的方案，进一步优化下一个步骤的时间复杂度
然后用k,n,m求ans的方法没听懂，老师的方法好像是二分导数（？）//k是剩余钱数，n是相交的边数，m是不相交的边数

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7.15

今天开始是 陈江伦

Day 8
217pts 9th 还就A了T1…

T1

拆式子

[T2](T186338 2021.7.15B - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn))

以差分数组为基础 带修

Q1 差分后的最大子序列和 80pts //我因为爆了int少了8分
直接把所有正数加起来

Q2 求上一问选的最小序列数量 20pts
老师说可以用set，可是我想不出这种做法，改天看标程
我看懂了同学的线段树

线段树上每个点记录5个值，分别是：
1 ap 这一段是否整段都为非负数
2 sum 即Q1的答案
3 cnt 不包括左右两个端点的完整序列个数
4 L 左边到头的序列的最大和
5 R 右边到头的序列的最大和

更新函数如下：

void update(int p) {
	sum[p] = sum[lc] + sum[rc];//差分后取区间和，就是原来左右的差 
	cnt[p] = cnt[lc] + cnt[rc];//段数合并 
	ap[p] = ap[lc] && ap[rc];//两边都是连续一段，整段就是连续的 
	if(!ap[lc] && !ap[rc] && R[lc] + L[rc] > 0) cnt[p] ++ ;//左边的右到头和右边的左到头合并 ，这里认为合起来才算一段，最后的左右两段另外算 
	L[p] = ap[lc] ? sum[lc] + L[rc] : L[lc];//左到头 区间的和 
	R[p] = ap[rc] ? sum[rc] + R[lc] : R[rc];//右到头 区间的和 
}

T3

白云有一颗 nn 个节点的树，每个点有一个点权
白兔需要找到两条点不相交的路径，要求最大化这两条路径覆盖点的点权和

这道题有结论，很不巧，我又一次推出来了（***）
然后我 tm 又一次没写。
下次要大胆一些，说不准就A了

结论：
两条路径的四个端点中一定有两条个在树的直径的两个端点上

然后就有两类情况
1 有一条路径就是直径
答案加上现在的直径，再在剩下的森林里加上最大直径

2 两条路径都从直径的端点出发
记录每个直径上的点到直径两端点相隔的“距离”（其实是点权和），L[i] 和 R[i]
（两次DFS记路径就可以在求直径时得到）
每个在直径上的点在非直径的边的集合里跑一遍DP，每个直径上的点的dp值要加上L[i]或R[i]，于是就有了两个值，al表示从L到当前点的最大值，ar表示从R到当前点的最大值
在直径上枚举i，取ans=max(ans,al[i]+ar[fa[i]]);

真正的ans求两种情况的最大值就行了

[T4](T186340 2021.7.15D - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)

二合一

还不确定自己的想法对不对，先放着

END.