A：签到。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
char getc(){char c=getchar();while ((c<'A'||c>'Z')&&(c<'a'||c>'z')&&(c<'0'||c>'9')) c=getchar();return c;}
int gcd(int n,int m){return m==0?n:gcd(m,n%m);}
int read()
{
int x=0,f=1;char c=getchar();
while (c<'0'||c>'9') {if (c=='-') f=-1;c=getchar();}
while (c>='0'&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
return x*f;
}
int n;char s[100];
signed main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("a.in","r",stdin);
freopen("a.out","w",stdout);
#endif
scanf("%s",s+1);n=strlen(s+1);int cnt=0;
for (int i=1;i<=n;i++) if (s[i]=='a') cnt++;
for (int i=n;i>=1;i--) if (cnt>i/2) {cout<<i;break;}
return 0;
//NOTICE LONG LONG!!!!!
}
B：显然可能的划分位置只有一个，找到后检验即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define N 100010
char getc(){char c=getchar();while ((c<'A'||c>'Z')&&(c<'a'||c>'z')&&(c<'0'||c>'9')) c=getchar();return c;}
int gcd(int n,int m){return m==0?n:gcd(m,n%m);}
int read()
{
int x=0,f=1;char c=getchar();
while (c<'0'||c>'9') {if (c=='-') f=-1;c=getchar();}
while (c>='0'&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
return x*f;
}
int n;char s[N],a[N],b[N];
signed main()
{
scanf("%s",s+1);n=strlen(s+1);int cnt=0;
int cnt2=0;for (int i=1;i<=n;i++) if (s[i]=='a') cnt2++;
for (int i=1;i<=n;i++)
{
if (s[i]=='a') cnt++;
if (cnt==cnt2&&i-cnt==n-i)
{
int t=0;
for (int j=1;j<=i;j++) if (s[j]!='a') a[++t]=s[j];
t=0;
for (int j=i+1;j<=n;j++) b[++t]=s[j];
for (int j=1;j<=t;j++) if (a[j]!=b[j]) {cout<<":(";return 0;}
for (int j=1;j<=i;j++) putchar(s[j]);return 0;
}
}
cout<<":(";
return 0;
//NOTICE LONG LONG!!!!!
}
C：二进制分组。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define N 100010
char getc(){char c=getchar();while ((c<'A'||c>'Z')&&(c<'a'||c>'z')&&(c<'0'||c>'9')) c=getchar();return c;}
int gcd(int n,int m){return m==0?n:gcd(m,n%m);}
int read()
{
int x=0,f=1;char c=getchar();
while (c<'0'||c>'9') {if (c=='-') f=-1;c=getchar();}
while (c>='0'&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
return x*f;
}
int T,n,a[110],b[110];
signed main()
{
T=read();
while (T--)
{
n=read();
int ans=0;
for (int i=7;i>=0;i--)
{
int u=0,v=0;
for (int j=1;j<=n;j++)
if (j&(1<<i)) a[++u]=j;
else b[++v]=j;
if (u&&v)
{
cout<<u<<' '<<v<<' ';
for (int j=1;j<=u;j++) cout<<a[j]<<' ';
for (int j=1;j<=v;j++) cout<<b[j]<<' ';
cout<<endl;
ans=max(ans,read());
}
}
cout<<-1<<' '<<ans<<endl;
}
return 0;
//NOTICE LONG LONG!!!!!
}
D：不考虑范围限制的话显然能到达所有gcd(a,b)的倍数。注意到对于不小于a+b的gcd(a,b)的倍数，该点一定可以为到达该点时所经过的最大值。因为可以考虑每次若能往左走就往左走，否则往右走，显然这样往右走的时候所达位置一定<=a+b，且这样可以到达0~a中所有gcd(a,b)的倍数，由这些点一直向右就可以到达所有gcd(a,b)的倍数了。那么对于<a+b的数暴力跑dij，>=a+b的数等差数列求和即可。然后因为inf设小调了一年。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define M 1000000
char getc(){char c=getchar();while ((c<'A'||c>'Z')&&(c<'a'||c>'z')&&(c<'0'||c>'9')) c=getchar();return c;}
int gcd(int n,int m){return m==0?n:gcd(m,n%m);}
int read()
{
int x=0,f=1;char c=getchar();
while (c<'0'||c>'9') {if (c=='-') f=-1;c=getchar();}
while (c>='0'&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
return x*f;
}
int n,a,b,d[1000010];
bool flag[1000010];
struct data
{
int x,d;
bool operator <(const data&a) const
{
return d>a.d;
}
};
priority_queue<data> q;
void dij()
{
for (int i=1;i<=M;i++) d[i]=1000000000;d[0]=0;
q.push((data){0,0});
for (;;)
{
while (!q.empty()&&flag[q.top().x]) q.pop();
if (q.empty()) break;
data x=q.top();q.pop();
flag[x.x]=1;
if (x.x>=b&&d[x.x-b]>x.d)
{
d[x.x-b]=x.d;
q.push((data){x.x-b,d[x.x-b]});
}
if (x.x+a<=M&&d[x.x+a]>max(x.x+a,x.d))
{
d[x.x+a]=max(x.x+a,x.d);
q.push((data){x.x+a,d[x.x+a]});
}
}
}
signed main()
{
n=read(),a=read(),b=read();
dij();
ll ans=0;
for (int i=0;i<=min(n,M);i++) ans+=max(0,n-d[i]+1);
int u=gcd(a,b),cnt=n/u-M/u;
if (cnt>0)
{
ans+=1ll*cnt*(n+1);
int l,r;
for (l=M+1;l<=n;l++) if (l%u==0) break;
for (r=n;r>M;r--) if (r%u==0) break;
ans-=1ll*(l+r)*cnt/2;
}
//��i (i=1000001~n,i%u==0)
cout<<ans;
return 0;
//NOTICE LONG LONG!!!!!
}
E：考虑权值线段树维护每个数当前的符号情况。<x和>x类似，不妨只讨论<x。若x不为正数，相当于把最初<x和>-x的数强制变成正数，是区间覆盖。若x为正数，相当于把最初>=x和<=-x的数强制变成正数，并且将最初在(x,-x)的数符号取反，区间覆盖+区间取反。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define inf 1000000010
#define N 200010
#define V 100001
char getc(){char c=getchar();while (c!='<'&&c!='>') c=getchar();return c;}
int gcd(int n,int m){return m==0?n:gcd(m,n%m);}
int read()
{
int x=0,f=1;char c=getchar();
while (c<'0'||c>'9') {if (c=='-') f=-1;c=getchar();}
while (c>='0'&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
return x*f;
}
int n,m,a[N],tree[N<<2],tag[N<<2];
void build(int k,int l,int r)
{
if (l==r) {tree[k]=1;return;}
int mid=l+r>>1;
build(k<<1,l,mid);
build(k<<1|1,mid+1,r);
}
void down(int k)
{
if (tree[k]) tree[k<<1]=tree[k<<1|1]=tree[k],tag[k<<1]=tag[k<<1|1]=0;
else
{
if (tree[k<<1]) tree[k<<1]=-tree[k<<1];else tag[k<<1]^=1;
if (tree[k<<1|1]) tree[k<<1|1]=-tree[k<<1|1];else tag[k<<1|1]^=1;
}
tree[k]=tag[k]=0;
}
void cover(int k,int l,int r,int x,int y,int p)
{
if (l==x&&r==y) {tree[k]=p;tag[k]=0;return;}
if (tree[k]||tag[k]) down(k);
int mid=l+r>>1;
if (y<=mid) cover(k<<1,l,mid,x,y,p);
else if (x>mid) cover(k<<1|1,mid+1,r,x,y,p);
else cover(k<<1,l,mid,x,mid,p),cover(k<<1|1,mid+1,r,mid+1,y,p);
}
int query(int k,int l,int r,int x)
{
if (l==r) return tree[k];
if (tree[k]||tag[k]) down(k);
int mid=l+r>>1;
if (x<=mid) return query(k<<1,l,mid,x);
else return query(k<<1|1,mid+1,r,x);
}
void rev(int k,int l,int r,int x,int y)
{
if (l==x&&r==y) {if (tree[k]) tree[k]=-tree[k];else tag[k]^=1;return;}
if (tree[k]||tag[k]) down(k);
int mid=l+r>>1;
if (y<=mid) rev(k<<1,l,mid,x,y);
else if (x>mid) rev(k<<1|1,mid+1,r,x,y);
else rev(k<<1,l,mid,x,mid),rev(k<<1|1,mid+1,r,mid+1,y);
}
void Cover(int l,int r,int x){cover(1,1,2*V+1,l+V+1,r+V+1,x);}
int Query(int x){return query(1,1,2*V+1,x+V+1);}
void Rev(int l,int r){rev(1,1,2*V+1,l+V+1,r+V+1);}
signed main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("a.in","r",stdin);
freopen("a.out","w",stdout);
#endif
n=read(),m=read();
for (int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
build(1,1,2*V+1);
while (m--)
{
char c=getc();int x=read();
if (c=='<')
{
if (x<=0) Cover(-V,x-1,-1),Cover(-x+1,V,1);
else Cover(-V,-x,-1),Cover(x,V,1),Rev(-x+1,x-1);
}
else
{
if (x>=0) Cover(-V,-x-1,1),Cover(x+1,V,-1);
else Cover(-V,x,1),Cover(-x,V,-1),Rev(x+1,-x-1);
}
// for (int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",Query(a[i])*a[i]);cout<<endl;
}
for (int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",Query(a[i])*a[i]);
return 0;
//NOTICE LONG LONG!!!!!
}
F：这种看上去特别弱智但特别容易假的题好烦啊。就不写心路历程了因为我也不知道怎么假着假着就真了。
对于当前考虑的子树，显然是在儿子子树中选一些集合并将根加入，但是如果根在其中只属于某一个儿子子树的集合，不一定构成合法方案。于是就来乱七八糟的dp。
设f[i][0/1/2]为i子树内根被强制分配（即只属于某个儿子子树的集合）的方案数/被非强制分配（即属于多个儿子子树的集合）的方案数/i子树的答案。考虑转移。
显然f[i][2]是可以由f[i][1]得到的，相当于是选择一些点，使其相互不包含，且其是子树内所有叶子的lca，且其覆盖了所有叶子，这些点f[i][1]的乘积，所有选择点的方案的乘积之和。有点绕但意义很好理解。
然后考虑f[i][0]的转移。考虑将根分配进哪个儿子子树的集合，此时该儿子子树的方案数应该是f[son][0]+f[son][1]，而其他儿子子树的方案数是f[son][2]。求逆元（似乎不太会出现0？反正过掉了）或者求前后缀积即可。
最后是f[i][1]。直接算不太行，考虑补集转化，不管根是否是被强制拉进来的话方案数就是∏((f[son][0]+f[son][1])+f[son][2])，意义与f[i][0]时的类似，前一项是在包含根的集合内，后一项不是。然后去掉不合法方案，可以发现是f[i][0]+∏f[son][2]，∏f[son][2]对应根不在任意一个集合，f[i][0]对应根只在一个集合。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define N 200010
#define P 998244353
char getc(){char c=getchar();while ((c<'A'||c>'Z')&&(c<'a'||c>'z')&&(c<'0'||c>'9')) c=getchar();return c;}
int gcd(int n,int m){return m==0?n:gcd(m,n%m);}
int read()
{
int x=0,f=1;char c=getchar();
while (c<'0'||c>'9') {if (c=='-') f=-1;c=getchar();}
while (c>='0'&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
return x*f;
}
int n,fa[N],p[N],f[N][3],t;
struct data{int to,nxt;
}edge[N];
void addedge(int x,int y){t++;edge[t].to=y,edge[t].nxt=p[x],p[x]=t;}
int ksm(int a,int k)
{
int s=1;
for (;k;k>>=1,a=1ll*a*a%P) if (k&1) s=1ll*s*a%P;
return s;
}
int inv(int a){return ksm(a,P-2);}
void dfs(int k)
{
int s=0;for (int i=p[k];i;i=edge[i].nxt) s++;
f[k][1]=1;f[k][2]=1;
for (int i=p[k];i;i=edge[i].nxt)
{
dfs(edge[i].to);
f[k][1]=1ll*f[k][1]*((f[edge[i].to][0]+f[edge[i].to][1])%P+f[edge[i].to][2])%P;
f[k][2]=1ll*f[k][2]*f[edge[i].to][2]%P;
}
if (s)
{
for (int i=p[k];i;i=edge[i].nxt)
{
int x=1ll*inv(f[edge[i].to][2])*f[k][2]%P*(f[edge[i].to][0]+f[edge[i].to][1])%P;
f[k][0]=(f[k][0]+x)%P;
}
f[k][1]=(f[k][1]-f[k][0]+P)%P;
f[k][1]=(f[k][1]-f[k][2]+P)%P;
}
else f[k][0]=0,f[k][1]=1,f[k][2]=0;
f[k][2]=(f[k][2]+f[k][1])%P;
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("a.in","r",stdin);
freopen("a.out","w",stdout);
const char LL[]="%I64d
";
#else
const char LL[]="%lld
";
#endif
n=read();
for (int i=2;i<=n;i++) fa[i]=read(),addedge(fa[i],i);
dfs(1);//for (int i=1;i<=n;i++) cout<<f[i][0]<<' '<<f[i][1]<<' '<<f[i][2]<<endl;
cout<<f[1][2];
return 0;
}
G：只要做过切糕并且知道这题可以网络流，很容易就能想到做法。考虑最小割，每个位置建一条链的点表示高度，割掉链上某条边就表示选择该高度，其中边权为h2-h'2。对于每个限制建一个点，将限制区间内所有点的对应高度向该点连inf边，该点向汇连边权为代价的边，直接跑最小割即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define N 55
#define S 0
#define T 3000
#define inf N*N*N
char getc(){char c=getchar();while (c!='<'&&c!='>') c=getchar();return c;}
int gcd(int n,int m){return m==0?n:gcd(m,n%m);}
int read()
{
int x=0,f=1;char c=getchar();
while (c<'0'||c>'9') {if (c=='-') f=-1;c=getchar();}
while (c>='0'&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
return x*f;
}
int n,m,h,p[N*N],d[N*N],cur[N*N],q[N*N],id[N][N],cnt,t=-1,ans;
struct data{int to,nxt,cap,flow;
}edge[N*N<<2];
void addedge(int x,int y,int z)
{
t++;edge[t].to=y,edge[t].nxt=p[x],edge[t].cap=z,edge[t].flow=0,p[x]=t;
t++;edge[t].to=x,edge[t].nxt=p[y],edge[t].cap=0,edge[t].flow=0,p[y]=t;
}bool bfs()
{
memset(d,255,sizeof(d));d[S]=0;
int head=0,tail=1;q[1]=S;
do
{
int x=q[++head];
for (int i=p[x];~i;i=edge[i].nxt)
if (d[edge[i].to]==-1&&edge[i].flow<edge[i].cap)
{
d[edge[i].to]=d[x]+1;
q[++tail]=edge[i].to;
}
}while (head<tail);
return ~d[T];
}
int work(int k,int f)
{
if (k==T) return f;
int used=0;
for (int i=cur[k];~i;i=edge[i].nxt)
if (d[k]+1==d[edge[i].to])
{
int w=work(edge[i].to,min(f-used,edge[i].cap-edge[i].flow));
edge[i].flow+=w,edge[i^1].flow-=w;
if (edge[i].flow<edge[i].cap) cur[k]=i;
used+=w;if (used==f) return f;
}
if (used==0) d[k]=-1;
return used;
}
void dinic()
{
while (bfs())
{
memcpy(cur,p,sizeof(p));
ans+=work(S,inf);
}
}
signed main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("a.in","r",stdin);
freopen("a.out","w",stdout);
#endif
n=read(),h=read(),m=read();
memset(p,255,sizeof(p));
for (int i=1;i<=n;i++)
for (int j=1;j<=h;j++)
id[i][j]=++cnt;
for (int i=1;i<=n;i++)
{
addedge(S,id[i][1],h*h);
for (int j=1;j<h;j++)
addedge(id[i][j],id[i][j+1],h*h-j*j);
}
for (int i=1;i<=m;i++)
{
int l=read(),r=read(),x=read(),c=read();
if (x<h)
{
cnt++;
for (int j=l;j<=r;j++)
addedge(id[j][x+1],cnt,inf);
addedge(cnt,T,c);
}
}
dinic();
cout<<n*h*h-ans;
return 0;
//NOTICE LONG LONG!!!!!
}
或者可以区间dp，设f[i][j][k]为i~j区间最大值不超过k时，只考虑完全被该区间包含的限制，最大价值是多少。转移枚举最高点所在位置，计算跨过该点的代价，然后两边就可以被划分为子问题。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define N 55
#define S 0
#define T 3000
char getc(){char c=getchar();while (c!='<'&&c!='>') c=getchar();return c;}
int gcd(int n,int m){return m==0?n:gcd(m,n%m);}
int read()
{
int x=0,f=1;char c=getchar();
while (c<'0'||c>'9') {if (c=='-') f=-1;c=getchar();}
while (c>='0'&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
return x*f;
}
int n,m,h,f[N][N][N];
struct data{int l,r,x,c;
}lim[N];
signed main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("a.in","r",stdin);
freopen("a.out","w",stdout);
#endif
n=read(),h=read(),m=read();
for (int i=1;i<=m;i++) lim[i].l=read(),lim[i].r=read(),lim[i].x=read(),lim[i].c=read();
for (int k=1;k<=n;k++)
for (int l=1;l<=n-k+1;l++)
{
int r=l+k-1;
for (int x=0;x<=h;x++)
for (int d=l;d<=r;d++)
{
int tot=x*x;
for (int _=1;_<=m;_++)
if (lim[_].l>=l&&lim[_].r<=r&&lim[_].l<=d&&lim[_].r>=d&&lim[_].x<x) tot-=lim[_].c;
f[l][r][x]=max(f[l][r][x],tot+f[l][d-1][x]+f[d+1][r][x]);
}
for (int x=1;x<=h;x++) f[l][r][x]=max(f[l][r][x],f[l][r][x-1]);
}
cout<<f[1][n][h];
return 0;
//NOTICE LONG LONG!!!!!
}
H：显然相当于求五个点的凸包数量。考虑枚举上顶点，将其他点按极角排序。要满足是凸包，只需要相邻两点所成射线的斜率依次递增（这里取atan2值作为斜率）即可。设凸包上的点逆时针排列依次为abcde，其中a为上顶点。对于每个点，求出其作为c时所有能与其构成凸包的b，将其构成的射线按斜率排序。同理求出其作为d时的所有e。然后枚举cd，根据cd斜率在两个已排序的斜率数组中二分即可。我觉得比D简单
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define inf 1000000010
#define N 310
#define vector point
char getc(){char c=getchar();while ((c<'A'||c>'Z')&&(c<'a'||c>'z')&&(c<'0'||c>'9')) c=getchar();return c;}
int gcd(int n,int m){return m==0?n:gcd(m,n%m);}
int read()
{
int x=0,f=1;char c=getchar();
while (c<'0'||c>'9') {if (c=='-') f=-1;c=getchar();}
while (c>='0'&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
return x*f;
}
int n,m,down_cnt[N],up_cnt[N];
ll ans;
double down[N][N],up[N][N];
struct point
{
int x,y;
vector operator +(const vector&a) const
{
return (vector){x+a.x,y+a.y};
}
vector operator -(const vector&a) const
{
return (vector){x-a.x,y-a.y};
}
ll operator *(const vector&a) const
{
return 1ll*x*a.y-1ll*y*a.x;
}
}a[N],b[N],O;
double alpha(point x)
{
return atan2(x.y,x.x);
}
bool cmp1(const point&a,const point&b)
{
return a.y>b.y;
}
bool cmp2(const point&a,const point&b)
{
return alpha(a)<alpha(b);
}
bool onright(point a,point b,point c)
{
return (c-a)*(b-a)>0;
}
signed main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("a.in","r",stdin);
freopen("a.out","w",stdout);
#endif
n=read();
for (int i=1;i<=n;i++) a[i].x=read(),a[i].y=read();
sort(a+1,a+n+1,cmp1);
for (int i=1;i<=n;i++)
{
m=0;
for (int j=i+1;j<=n;j++) b[++m]=a[j]-a[i];
sort(b+1,b+m+1,cmp2);
for (int j=1;j<=m;j++)
{
down_cnt[j]=0;
for (int k=1;k<j;k++)
if (onright(O,b[j],b[k])) down[j][++down_cnt[j]]=alpha(b[j]-b[k]);
sort(down[j]+1,down[j]+down_cnt[j]+1);
up_cnt[j]=0;
for (int k=j+1;k<=m;k++)
if (onright(O,b[k],b[j])) up[j][++up_cnt[j]]=alpha(b[k]-b[j]);
sort(up[j]+1,up[j]+up_cnt[j]+1);
}
for (int j=1;j<=m;j++)
for (int k=j+1;k<=m;k++)
{
int x=lower_bound(down[j]+1,down[j]+down_cnt[j]+1,alpha(b[k]-b[j]))-down[j]-1;
int y=up_cnt[k]-(lower_bound(up[k]+1,up[k]+up_cnt[k]+1,alpha(b[k]-b[j]))-up[k])+1;
//cout<<a[i].x<<' '<<a[i].y<<" "<<b[j].x<<' '<<b[j].y<<" "<<b[k].x<<' '<<b[k].y<<" "<<x<<' '<<y<<endl;
ans+=1ll*x*y;
}
}
cout<<ans;
return 0;
//NOTICE LONG LONG!!!!!
}