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近日补题

19ecA：city

这题是今年蓝桥省赛的一个加强版，求一个组合数即可。
令e1，e2，o1，o2分别为横竖的奇数对和偶数对数（因为两个奇数或两个偶数才能让中点是格点，即两数之和为偶数)，结果如代码所示。

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int get(int n){
  return n*(n-1)/2;
}
signed main()
{
  std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin.tie(0);
  int n,m;cin>>n>>m;
  n+=1;m+=1;
  int e1=n/2;
  int e2=m/2;
  int o1=n-e1;
  int o2=m-e2;
  cout<<(get(e1)+get(o1))*(get(e2)+get(o2))*2+m*(get(e1)+get(o1))+n*(get(e2)+get(o2))<<endl;
}

19ecE:Flow

题中每条路不共用节点，且等长，目标容量可以直接算出，计算cost时，可以只记录添加的，不用管从哪来。
在移动过后，每一段的多条边（第一条路的第i段，第二条路的第i段。。。）容量的和即为目标容量，但是，每条路上的边其实是不用分先后的，最后每条边的流量应该都一样，如果按原来的顺序，那么可能有2-4与5-3这样的对应出现，我们其实期望的是4向2移动，5向3移动，即根据大小关系移动，而上述情况相当于出现了一个虚伪的交换（通过错位），我们要消除这个影响，可以对一条路上的边按边权排序，只从后向前移动。

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const int maxn=2e5+100;
int ver[maxn],head[maxn],nxt[maxn],edge[maxn];
int tot;
void add(int x,int y,int z){
  ver[++tot]=y,nxt[tot]=head[x],head[x]=tot;
  edge[tot]=z;
}
 
vector<int> v[maxn];
int d[maxn];
void dfs(int x,int num){
  for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){
    int y=ver[i];
    v[num].push_back(edge[i]);
    dfs(y,num);
  }
}
signed main()
{
  std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin.tie(0);
  int n,m;cin>>n>>m;
  ll x,y,z;
  tot=0;
  ll totflow=0;
  for(int i=1;i<=m;++i){
    cin>>x>>y>>z;
    add(x,y,z);
    totflow+=z;
  }
  int num=0;
  for(int i=head[1];i;i=nxt[i]){
    int y=ver[i];
    v[++num].push_back(edge[i]);
    dfs(y,num);
    sort(v[num].begin(),v[num].end());
  }
  int len=v[1].size();
  for(int i=1;i<=len;++i){
    for(int j=1;j<=num;++j){
      d[i]+=v[j][i-1];
    }
  }
 
  ll pf=totflow/len;
  ll ans=0;
  for(int i=1;i<=len;++i){
    if(d[i]<pf)ans+=pf-d[i];
  }
  cout<<ans<<endl;
}

19ec M:Value

读错题了。。。b会减去多次。
因为次幂不相交（即若a的b次方是c，那么不存在一个d，不是a的幂且d的e次方是c）那么就可以根据这一列中最小的那个分组，则每一列直接不互相影响，且每一列都只有20以内元素，爆算也只有1e5，总共只有1e2数量级的非平凡列（只有一个数的列).

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const int maxn=1e5+100;
const int M=1e5+10;
ll a[maxn];
ll b[maxn];
int v[maxn];
ll sz=0;
vector<int> vs[M];
ll dfs(vector<int> &v,bitset<40> &bt,int now){
  ll ans=0;
  if(now==sz){
    for(int i=0;i<sz;++i){
      if(bt[i]==0)continue;
      ll tmp=a[v[i]];
      for(int j=0;j<i;++j){
        if((i+1)%(j+1)==0&&bt[j]==1){
          tmp-=b[v[i]];
        }
        if(tmp<0)break;
      }
      if(tmp>0)ans+=tmp;
    }
    return ans;
  }
  ans=dfs(v,bt,now+1);
  bt[now]=1;
  ans=max(dfs(v,bt,now+1),ans);
  bt[now]=0;
  return ans;
}
signed main()
{
  std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin.tie(0);
  int n;cin>>n;
  ll ans=0;
  for(int i=1;i<=n;++i){
    cin>>a[i];
  }
  for(int i=1;i<=n;++i){
    cin>>b[i];
  }
  ans+=a[1];
  int tot=0;
  for(ll i=2;i<=n;++i){
    if(v[i]==1)continue;
    tot++;
    for(ll j=i;j<=n;j*=i){
      vs[tot].push_back(j);
      v[j]=1;
    }
  }
  for(int i=1;i<=tot;++i){
    bitset<40> bt;
    sz=vs[i].size();
    ans+=dfs(vs[i],bt,0);
  }
  cout<<ans<<endl;
}

1527C|1600|Sequence Pair Weight

题意是有多少有序对，使对应下标的数字相等，只要将相同数字的下标抽出来计算贡献即可，先维护一个后缀和，然后扫一遍即可。

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per(){
  ll n;cin>>n;
  ll tmp;
  map<ll,vector<ll> > ma;
  for(int i=1;i<=n;++i){
    cin>>tmp;
    ma[tmp].push_back(i);
  }
  ll ans=0;
  for(auto i:ma){
    if(i.second.size()>=2){
      int sz=i.second.size();
      l[sz+1]=0;
      for(int j=sz-1;j>=0;--j){
        l[j+1]=l[j+2]-i.second[j]+n+1;
      }
      for(int j=1;j<=sz;++j){
        ans+=i.second[j-1]*l[j+1];
      }
    }
  }
  cout<<ans<<endl;
}

1527B|1900|Palindrome Game

题意为ab可以花费1将0变1，结束后谁花的多谁输。
分为两个阶段：

  • 1:将其变为回文串
    • 如果一开始就是回文，就直接第二轮
    • 如果有一个0需要变，a直接变，让b做下一轮先手，这样他必输2分，直接判负，除法第二轮没有0，就直接翻转让b变，赢他一分
    • 如果有多个0，先翻转，让b一直做，最后看情况最后一个要不要自己变。
  • 2：第二轮，除法没有0，否者先手亏两分
  • 3：特殊情况是中间一个0，这时a要先填这里，然后让b继续填第一轮，然后抢最后一手，让b在第二轮再次先手。

(这ALICE真tnd聪明！)

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per(){
  int n;cin>>n;
  cin>>in+1;
  int cnt1=0;//变成回文需要的
  int cnt2=0;//变成回文之后1的对数
  for(int i=1;i<=n/2;++i){
    if(in[i]!=in[n-i+1]){
      cnt1++;
    }
    if(in[i]=='0'&&in[n-i+1]=='0'){
      cnt2++;
    }
  }
  if(cnt1==0&&cnt2==0&&in[n/2+1]=='1'){
 
    cout<<D<<endl;
    continue;
 
  }
  if(n&1&&in[n/2+1]=='0'){//odd
    if(cnt2==0&&cnt1==1){
      cout<<D<<endl;
    }else if(cnt1==0&&cnt2==0){
      cout<<B<<endl;
    }else cout<<A<<endl;
  }else{//even
    if(cnt2==0){
      cout<<A<<endl;
    }else{
      if(cnt1==0){
        cout<<B<<endl;
      }else cout<<A<<endl;
    }
  }
}