2018SD省队集训R1 D6
T1
题解：
这种东西小一点的范围应该是合并果子，说的科学一点就是k叉哈夫曼树
容易易发现 k 叉哈夫曼树只有 n/k 个节点，并且哈夫曼树合并过程中合并出的节点权值是单调不不降的。
我们开两个队列，用一个队列列保存新合并出的节点。
每次取出前 k 小的权值，怎么选呢？我们枚举从第二个队列中选择i个，那么从第一个队列就是选了num-i个，可以选择哪个更优。
选择次数的复杂度是：n/1+n/2+n/3+…+n/k=n log n
那么枚举的复杂度呢？我们发现，如果最坏情况从第二个队列里选k个，只塞回去1个。所以就是个常数，加了快读就能过了
代码：
#include 1])) break;
sum+=b[++bi];
}
sum+=s[num-i+ai-1]-s[ai-1]; ai+=num-i;
cost+=sum; b[++blen]=sum;
}
return cost;
}
int main()
{
freopen("epic.in","r",stdin);
freopen("epic.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
for (int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
sort(a+1,a+n+1);
for (int i=1;i<=n;i++) s[i]=s[i-1]+a[i];
LL ans=0;
for (int i=2;i<=n;i++) ans^=Hafuman(i);
printf("%lld",ans);
} T2
题解：
代码：
T3
题解：
我当然写了一个优美的42pts暴力
正解嘛。这是一个神网络流。
注意到满足条件的矩阵都符合所有相邻的点对中有且仅有 2 对颜色不同。
不考虑染色而是考虑分配任意两个相邻点对的值是否相同，会发现满足任意 2×2 的子矩阵中有且仅有 2 对颜色不同的情况下，必然对应着一组合法解。
在把问题这样转化以后考虑网络流，把所有 2×2 的子矩阵建成一个点，这样两个子矩阵相交的部分（我们只考虑相交两个点的而不是一个点）就是可能给他们带来贡献的点对，这样原图中两个相邻子矩阵相交部分的【不相等】可以转化成新图中的一条边，对新图黑白染色后就可以跑了，如果满流就是YES，否则NO。
注意我们要一开始剔除那些不可能合法的矩阵，即我们一开始在外面填上一圈1比较方便（填的原因是外面的一圈也是可以和矩阵的矩形有相交两点的）
代码：
42pts
#include 100pts
#include int dfs(int now,int t,int limit)
{
if (now==t || !limit) return limit;
int flow=0,f;
for (int i=point[now];i!=-1;i=nxt[i])
if (dis[v[i]]==dis[now]+1 && remind[i] && (f=dfs(v[i],t,min(limit,remind[i]))))
{
flow+=f; limit-=f;
remind[i]-=f; remind[i^1]+=f;
if (!limit) break;
}
return flow;
}
int dinic(int s,int t)
{
int ans=0;
while (bfs(s,t))
ans+=dfs(s,t,INF);
return ans;
}
int main()
{
freopen("color.in","r",stdin);
freopen("color.out","w",stdout);
memset(point,-1,sizeof(point));tot=-1;
int n,m;scanf("%d",&n);
m=n+2;
for (int i=0;i<=m;i++) for (int j=0;j<=m;j++) f[i][j]='1';
for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%s",st[i]+1);
for (int i=1;i<=n;i++) for (int j=1;j<=n;j++) f[i][j]=st[i][j];
for (int i=0;i1;i++)
for (int j=0;j1;j++)
id[i][j]=i*(m-1)+j;
int s=(m-1)*(m-1),t=s+1,mx=0;
for (int i=0;i1;i++) for (int j=0;j1;j++)
{
int cnt=0;
if (f[i][j]=='1') cnt++;
if (f[i][j+1]=='1') cnt++;
if (f[i+1][j]=='1') cnt++;
if (f[i+1][j+1]=='1') cnt++;
if (cnt==4) continue;
mx++;
if ((i+j)&1) addline(s,id[i][j],2);else {addline(id[i][j],t,2);continue;}
if (f[i][j]!=f[i][j+1] && i-1>=0) addline(id[i][j],id[i-1][j],1);
if (f[i][j]!=f[i+1][j] && j-1>=0) addline(id[i][j],id[i][j-1],1);
if (f[i+1][j]!=f[i+1][j+1] && i+11][j],1);
if (f[i][j+1]!=f[i+1][j+1] && j+11],1);
}
if (dinic(s,t)==mx) printf("YES");else printf("NO");
}