总结，从 766 开始（Div2 30）

Posted 2023-04-30 rzh123

3.10

A

分块

B

 分数规划，以前没学过

C

推式子

 

3.11

A

推结论，先划分连续段，然后从一个长度 >= k 的连续段开始操作

B

推式子

C

平衡树套线段树（为了节省空间需要把内层线段树改成平衡树）

或定期重构+树上差分+动态开点线段树，每个结点上有一棵线段树，每 B 次操作后向上合并

 

3.12

A

范围小，记忆化搜索，用 map 或 unordered_map 存记忆化的答案

B

 

C

 

3.15

A

贪心，可以证明满足条件的情况下越晚休息不会更劣

B

构造，俄罗斯方块，若干次操作后形状不变。不能构造方案消除已有的，应该在已有的基础上构造四整行，需要特判原来为空的情况

C

 

3.16

A

找规律，可以证明，高精度计算

B

策略是先等待然后用最大速度走

C

dp、背包前后缀和（可删除）

 

3.17

A

大分类讨论，如果斜箭头有交点就解方程求出，没有说明在四个角，暴力判断，n=2 或 m=2 有特殊情况

B

计算几何，但是卡精度，需要用 int128 实现分数、叉积判断相交

C

类似求凸包的方法

 

3.18

 A

单调栈维护凸包

 

3.20

A

可持久化线段树，分类讨论

B

期望 dp，推式子

C

多项式

 

3.21

A

找规律，只有交替操作有效，交替两次相当于向右平移，移出边界的补到左边

B

推结论，线段树维护最大子段和优化

C

 

3.22

A

推式子，需要计算组合数前缀和

sum C(i,m) (i=0~n) =C(n+1,m+1)

sum C(n,i) (i=0~m) 莫队或分块预处理

B

推式子，选出一些无向边作为不在环上的边并依次定向。

C

网络流，每个点拆开，横纵之间连边，最小割

3.23

A

总状态数不多，可以数位 dp

C

构造

 

3.24

A

拆开式子，莫队

B

分类讨论+可持久化线段树+二项式定理

C

网络流

 

3.25

A

结论

B

网络流，但是不是直接建图。先假设所有 o. 都是自己修的，横竖每一个 xo. 的连续段如果满足一定条件就需要把一个替换成别人修的，要求之间有交点可以少替换一个，二分图匹配相交的两个。

C

 

Div4 思维总结

B题题目中为不能从蓝色中辨别出绿色，可将蓝色也变为绿色，这个点没想到。

D. Line

题意：每个人可选择向左看或者向右看，将看到的人数累加，可一次改变k个人的方向，要加累加值最大。
思路：乍一看感觉很复杂，不知道从哪开始做。但会发现，只有改变方向看到的人数增多，改变才有意义；在修改完一定人数后，会无需继续修改。
1.将改变方向后人数增多的值进行记录，再进行降序排列，统计前缀和，改变数目为cnt。
2.再1~cnt的数目中，累加值为g(初始排列看到的人数)+b[i]（前缀和）;再cnt+1 ~n的数目中，答案恒为g+b[cnt]
代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define endl '\\n'
#define For(i,a,b) for(i=(a);i<=(b);++i)
#define ios (ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0))
using namespace std;
const int N=1e6+7;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int mod=1e9+7;
int n,a[N],b[N];
char s[N];
bool cmp(int a,int b) return a>b;
void solve()

    cin>>n;
    for(int i=0;i<=n;i++) a[i]=b[i]=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        cin>>s[i];
    int g=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    
        if(s[i]=='L') g+=i-1;
        else g+=n-i;
    
    //cout<<g<<endl;
    int cnt=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    
        if(s[i]=='L')
        
            if(n-i>i-1) a[++cnt]=n-i-(i-1);
        
        else
        
            if(n-i<i-1) a[++cnt]=i-1-(n-i);
        
    
    sort(a+1,a+1+cnt,cmp);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        b[i]=a[i]+b[i-1];
    int p;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    
        if(i<=cnt)
            cout<<g+b[i]<<" ";
        else
            cout<<g+b[cnt]<<" ";
    
    cout<<endl;

signed main()

    //ios;
    int T;cin>>T;
    while(T--)
        solve();
    return 0;

E. Counting Rectangles

知识点：矩阵二维前缀和、差分
思路：
1.从高度和宽度的数据范围入手，由于都是1~1000，最高达到1e6次方，可统计n个矩阵中，在i行j列时面积的累加值。
2.由于不能重叠，需要加1和减1的操作，利用差分求出h1~h2和w1 ~w2中的乘积的累加和。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define endl '\\n'
#define For(i,a,b) for(i=(a);i<=(b);++i)
#define ios (ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0))
using namespace std;
const int N=1e6+7;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int mod=1e9+7;
bool cmp1(int a,int b) return a>b;
int n,q,a[1005][1005],b[1005][1005];

void solve()

    cin>>n>>q;
    for(int i=0;i<1005;i++)
        for(int j=0;j<1005;j++)
        a[i][j]=b[i][j]=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    
        int x,y;cin>>x>>y;
        a[x][y]+=x*y;
    
    for(int i=1;i<=1000;i++)
        for(int j=1;j<=1000;j++)
        b[i][j]=b[i-1][j]+b[i][j-1]-b[i-1][j-1]+a[i][j];
    while(q--)
    
        int h1,w1,h2,w2;cin>>h1>>w1>>h2>>w2;
        h1++,w1++,h2--,w2--;
        cout<<b[h2][w2]-b[h1-1][w2]-b[h2][w1-1]+b[h1-1][w1-1]<<endl;
    

signed main()

    //ios;
    int T;cin>>T;
    while(T--)
        solve();
    return 0;

F. L-shapes

题意：判断图形"L"，每两个之间不能有边和角的重叠。
思路：
1.每个"*"格子间的8个方向的格子，只能出现三个“ * ”
2.先判断是否能构成图形L，对于判断过的“”进行标记；在判断每个中8个方向的格子是否只有三个*

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define endl '\\n'
#define For(i,a,b) for(i=(a);i<=(b);++i)
#define ios (ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0))
using namespace std;
const int N=1e6+7;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int mod=1e9+7;
int n,m;
bool vis[105][105];
char a[105][105];
bool check1(int x,int y)

    int sum=0;
    for(int i=-1;i<=1;i++)
        for(int j=-1;j<=1;j++)
            if(a[x+i][y+j]=='*') sum++;
    return sum==3;

bool check2(int x,int y)

    int sum=1;
    vis[x][y]=1;
    int flag=0;
    if(a[x][y+1]=='*')
        vis[x][y+1]=1,sum++;
    if(a[x+1][y+1]=='*')
        vis[x+1][y+1]=1,sum++;
    if(a[x+1][y]=='*')
        vis[x+1][y]=1,sum++;
    if(a[x+1][y-1]=='*')
        vis[x+1][y-1]=1,sum++;
    return sum==3;

void solve()

    cin>>n>>m;
    for(int i=0;i<=n+5;i++)
        for(int j=0;j<=m+5;j++)
            a[i][j]='0',vis[i][j]=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=m;j++) cin>>a[i][j];
    int g=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    
        for(int j=1;j<=m;j++)
        
            if(a[i][j]=='*'&&!vis[i][j])
            
                if(check2(i,j)==0)
                
                    //cout<<i<<" "<<j<<endl;
                    g=0;break;
                
            
            if(a[i][j]=='*')
            
                if(check1(i,j)==0)
                
                    g=0;break;
                
            
        
        if(g==0) break;
    
    if(g)
        cout<<"YES"<<endl;
    else
        cout<<"NO"<<endl;

signed main()

    //ios;
    int T;cin>>T;
    while(T--)
        solve();
    return 0;

G. Even-Odd XOR

题意：下标为奇数的异或值和下标为偶数的异或值相异或结果为0.
思路：看出是构造题，思路就要灵活一点，别老想着去找规律。。。。
1.从题意中需理解到是不是所有元素像疑惑结果为0即可。
2.运用公式b^(a|b)^a==0,可知前n-2的数可随意放置，第n-1个数为a|b，第n个数为a。
3.需特判若前n-2个数异或结果为0，则最后两个数时同一个值，不满足题意。可取修改第一个元素的值。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define endl '\\n'
#define For(i,a,b) for(i=(a);i<=(b);++i)
#define ios (ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0))
using namespace std;
const int N=1e6+7;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int mod=1e9+7;
bool cmp1(int a,int b) return a>b;
int n,a[N],s;

void solve()

    s=0;
    cin>>n;
    for(int i=0;i<n-2;i++)
    
        a[i]=i;s^=i;
    
    if(s==0)
    
        a[0]=(1<<30)-1;
        s=(1<<30)-1;
    
    a[n-2]=s|(1<<30);
    a[n-1]=(1<<30);
    for(int i=0;i<n;i++)
        cout<<a[i]<<" ";
    cout<<endl;

signed main()

    //ios;
    int T;cin>>T;
    while(T--)
        solve();
    return 0;