G

题意：一棵树每个点权有一个，可以作为的中转站的条件如下。

在之间的路径上。
可以是之一。
需要不同。

定义点的承载量是可以作为的中转站的无序对的个数。

最大化使得每个点的承载量小于。

题解：二分。将升序，按顺序依次将每个点塞到按照dfs序建立的树状数组上。

有一个坑点：需要根据是之一，不是之一进行分类讨论，需要考虑清楚是之一这个case。

H

题意：有种宝石，一次魔法可以把第种宝石变成第种宝石并且个数变成原来的倍。每次询问最少需要多少次魔法可以把个第种宝石变成个第种宝石。

数据范围：询问次数是次。。

题解：

先用一个对数trick。

考虑矩阵快速幂表示进行次魔法后第种宝石到第种宝石的最大翻倍数。

每次询问需要从高位到低位拼出答案。用和向量相乘。的大小是。表示当前次数下第种宝石到第种宝石的最大翻倍数。需要保证当前次数下第种宝石的翻倍数小于。拼出的二进制数是。答案是即翻倍数不小于。

复杂度。

感想：确实是个好题，贴个代码。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std ;
typedef double db ;
typedef vector<db> vec ;
typedef vector<vec> mat ;
mat mul(mat &A , mat &B)
{mat C(A.size() , vec(B[0].size() , -1e9)) ;for(int i = 0 ; i < (int)A.size() ; i ++)for(int j = 0 ; j < (int)B[0].size() ; j ++)for(int k = 0 ; k < (int)A[0].size() ; k ++)C[i][j] = max(C[i][j] , A[i][k] + B[k][j]) ;return C ;
}
int main()
{std::ios::sync_with_stdio(false) , cin.tie(0) ;int n , q ;cin >> n >> q ;mat a(n , vec(n)) ;vector<mat> A(20 , mat(n , vec(n))) ;for(int i = 0 ; i < n ; i ++)for(int j = 0 ; j < n ; j ++)cin >> a[i][j] ;for(int i = 0 ; i < n ; i ++)for(int j = 0 ; j < n ; j ++){if(a[j][i] == 0)  A[0][i][j] = -1e9 ;else  A[0][i][j] = log2(a[j][i]) ;if(i == j)  A[0][i][j] = 0 ;}for(int i = 1 ; i <= 19 ; i ++)  A[i] = mul(A[i - 1] , A[i - 1]) ;while(q --){int x , k ;cin >> x >> k ;x -- ;mat res(n , vec(1 , -1e9)) ;res[x][0] = 0 ;int ans = 0 ;for(int i = 19 ; i >= 0 ; i --){mat tmp = mul(A[i] , res) ;if(tmp[x][0] < k)  ans += (1 << i) , res = tmp ;}cout << ans + 1 << '\n' ;}return 0 ;//you should actually read the stuff at the bottom before submitting or in the confusion
}
/* stuff you should look for* long long* array bounds* init* ios* special cases (n=1?)* do smth instead of nothing and stay organized* WRITE STUFF DOWN* DON'T GET STUCK ON ONE APPROACH* DON'T GET STUCK ON ONE PROBLEM
*/

L

题意：每个点会发出两条射线，射线夹着的区域是合法区域。这样的点有n个。问n个合法区域交集的内接圆的半径。

题解：二分+半平面交。

感想：主要是这场没时间了，不会做这个的，即使是模板题。这场打的太差了。。。

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