2022牛客暑期多校训练营训练日志
2022牛客暑期多校训练营1
G - Lexicographical Maximum
签到题。
A - Villages: Landlines
简化题意：给你 nnn 条线段，问你把这些线段铺到数轴上之后，未被覆盖的区域总长是多少？（无需考虑最左端以左和最右端以右）
签到题，依题意模拟即可。
D - Mocha and Railgun
一道简单的平面几何题，推出题目要求的式子即可。
I - Chiitoitsu
一道关于日本麻将的数学期望题。
初始牌堆有 136136136 张牌（共 343434 种不同的牌，每种有 444 张），先发给你 131313 张作为初始手牌（由输入给定），每一轮进行如下 333 个步骤：
（1）从牌堆中随机抽取一张牌。
（2）检查手中的 141414 张牌是否构成 777 个对子，如果是，游戏立即结束；否则转入第 333 步。
（3）从手牌中选择一张牌丢入弃牌堆，即表示这张牌未来再也不会被抽到了。
问你采用最优策略下，期望多少轮后游戏结束。
一件非常显然的事是，如果抽到的是“杂牌”，即与初始手牌均不一样的一张牌，那必然选择丢弃这张牌，因为用它替换手里的牌显然不会更优。
因此我们可以发现，最后的 ansansans 仅与初始拥有的对子数有关，而初始拥有的对子数只可能是 0−60-60−6，暴力打表即可。
PS：初始对子数为 000 时，暴力 dfsdfsdfs 需要相当久的时间，而正好题目中的样例就是初始对子数等于 000 的情况，因此我们直接把样例那个 ansansans 抄过去，再结合 111 ~ 666 的 ansansans，就直接 ACACAC 了。
J - Serval and Essay
给你一张 nnn 个点 mmm 条边的无重边无自环的有向图，初始时可以选择一个点染黑，其余点均为白点。若某个点所有入边的起点均为黑点，则该点可以被染黑，问你图中最多能有多少个黑点。
朴素做法是枚举每个点 iii 作为初始黑点，然后遍历一遍求 ansians_iansi，显然会 TTT。
考虑优化。不难发现 ansansans 之间存在包含关系，若 ansyans_yansy 包含 ansxans_xansx，则我们可以将 xxx 看作 yyy 的祖先。因此可以得到一个森林，森林中的最大树即为答案。
最后用启发式合并加速迭代过程即可。
C - Grab the Seat!
二维平面，屏幕是 (0,1)−(0,m)(0,1)-(0,m)(0,1)−(0,m) 的线段。有 nnn 行 mmm 列座位在屏幕前面，是坐标范围 1≤x≤n,1≤y≤m1\leq x\leq n,1\leq y\leq m1≤x≤n,1≤y≤m 的整点，其中 kkk 个座位已经有人，求出到屏幕的视线不被任何人挡住的座位数量。
qqq 次询问，每次修改一个人的坐标后求出答案。
整个区域实际上构成一个折线图，这个折线图由 2k2k2k 条线段构成，而这 2k2k2k 条线段又有比较明显的性质，就是延长线都经过 (0,1)(0,1)(0,1) 或 (0,m)(0,m)(0,m)。因此可以把它们分成两类，对于延长线经过这两个点的线段分别维护一下斜率。
首先对每个 yyy，如果这一列有多个人，那么肯定考虑 xxx 最小的人，因为小的会完全覆盖大的。然后对于 (0,1)(0,1)(0,1) 和 (0,m)(0,m)(0,m) 分开考虑。
以 (0,1)(0,1)(0,1) 为例，所有线段都是从某个点往右上方走。
如果按 yyy 从小到大加入线段，不难发现斜率大的线段一旦加入，就一直会覆盖斜率小的线段。对于某个 yyy，要找到最小的合法 xxx，那么肯定取的是前面所有线段中斜率最大的线段。所以对 yyy 正着扫一遍，在扫的同时维护一下最大的斜率，即可得出每一列只考虑经过 (0,1)(0,1)(0,1) 的线段的答案。
对于 (0,m)(0,m)(0,m) 同理，倒着扫一遍维护斜率最小（绝对值最大）的线段即可。
每个 yyy 在两种情况下取 minminmin 就是答案。总复杂度为 O(mq)O(mq)O(mq) 。
B - Spirit Circle Observation
给你一个长度为 nnn 的数字串 sss，计算满足下列条件的二元组 (A,B)(A,B)(A,B) 个数：
（1）AAA、BBB 是 sss 的子串。
（2）AAA、BBB 长度相同。
（3）B=A+1B=A+1B=A+1。
可以发现满足条件的子串一定是 A=xp99...9‾,B=x(p+1)00...0‾A=\overline{xp99...9},B=\overline{x(p+1)00...0}A=xp99...9,B=x(p+1)00...0，其中前缀 xxx 是一个相同的数字串（可以为空），p∈[0,8]p\in[0,8]p∈[0,8]，且后缀的 99..999..999..9 和 00...000...000...0 长度相同（可以为空）。因此枚举 ppp 的值后，实际只需要考虑对固定长度的 99..999..999..9 和 00...000...000...0，计算所有可能的前缀 xxx 的贡献。
可以用 SAMSAMSAM 求出 failfailfail 树，然后枚举所有可能的 ppp。我们考虑枚举 99..999..999..9 和 00...000...000...0 的长度，并将形如 xp199...9‾(p1≠9)\overline{xp_199...9}(p_1\neq9)xp199...9(p1=9) 和 xp2000...0‾(p2=p1+1)\overline{xp_2000...0}(p_2=p_1+1)xp2000...0(p2=p1+1) 的 p1,p2p_1,p_2p1,p2 的位置视为关键点。可以发现对所有长度而言，关键点的总数是 O(n)O(n)O(n) 的。
对于一组相同的长度，可以在 failfailfail 树的某个结点统计其底下 p1,p2p_1,p_2p1,p2 类关键点的贡献，这两类关键点在该结点能取到的所有前缀 xxx 正是该结点的 SAMSAMSAM 子串等价类，维护该信息是 O(1)O(1)O(1) 的。
对每种长度，建立虚树跑上述信息即可。
2022牛客暑期多校训练营2
G - Link with Monotonic Subsequence
签到题。
J - Link with Arithmetic Progression
给你一个数列 aaa，将其修改为一个等差数列 bbb，代价为 ∑i=1n(ai−bi)2\sum\limits_{i=1}^n(a_i-b_i)^2i=1∑n(ai−bi)2，求最小代价。
签到题，本质是一个线性回归，直接套式子即可。
K - Link with Bracket Sequence I
已知括号序列 aaa 是一个长度为 mmm 的合法括号序列 bbb 的子序列，求可能的序列 bbb 的数量。
记 dp[i][j][k]dp[i][j][k]dp[i][j][k] 表示在序列 bbb 的前 iii 位中，与 aaa 的 LCSLCSLCS 为 jjj，且左括号比右括号多 kkk 个的方案数。转移时枚举下一位填写的是哪种括号即可。
D - Link with Game Glitch
在一个游戏中有 nnn 个物品，mmm 对物品置换关系，每对置换关系形如“你可以用 aaa 个 bbb 换 ccc 个 ddd”。然而不幸的是，由于参数设置出现了问题，玩家可以通过反复置换来获取无限多个物品（例如 111 个 xxx 换 222 个 yyy，111 个 yyy 换 222 个 xxx）。
作为游戏开发人员，你需要修复这个 bug，而修复的办法非常简单粗暴——将所有的 ccc 改为 w⋅cw\cdot cw⋅c 。你的任务是找到 www 的最大值（显然 www 小于 111）。
二分答案。check 的方法类似于 SPFASPFASPFA 找“负环”，实际上是求最长路，如果一个点被松弛超过 nnn 次，说明图中存在一个乘积大于 111 的环，即此次的 www 是非法的，否则合法。
考虑到乘积可能过大，实现的时候用 logloglog 将乘法转换为加法即可。
代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
const int MAXN=2022;
int read()
{int x=0,f=1;char c=getchar();while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while('0'<=c&&c<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+(c^'0');c=getchar();}return x*f;
}
struct edge
{int to;double val;edge* next;edge(int _to,double _val,edge* _next){to=_to;val=_val;next=_next;}
};
std::vector<edge*> head(MAXN);
void add(int x,int y,double z)
{head[x]=new edge(y,z,head[x]);
}
double dis[MAXN];
int cnt[MAXN];
bool v[MAXN];
bool check(int n,double w)
{w=log(w);std::queue<int> q;for(int i=1;i<=n;i++){dis[i]=cnt[i]=0;q.push(i),v[i]=true;}while(q.size()){int now=q.front();q.pop(),v[now]=false;for(edge* i=head[now];i;i=i->next)if(dis[i->to]<dis[now]+i->val+w){dis[i->to]=dis[now]+i->val+w;if(!v[i->to]){q.push(i->to),v[i->to]=true;++cnt[i->to];if(cnt[i->to]>n)return 0;}}}return 1;
}
void solve()
{int n=read(),m=read();for(int i=1;i<=m;i++){int a=read(),b=read(),c=read(),d=read();add(b,d,log(1.0*c/a));}double l=0,r=1;while(r-l>1e-6)if(check(n,(l+r)/2))l=(l+r)/2;elser=(l+r)/2;printf("%.10lf\n",l);
}
int main()
{int t=1;while(t--)solve();return 0;
}
E - Falfa with Substring
对于所有的 0≤i≤n0\leq i\leq n0≤i≤n，求长度为 nnn 的字符串中恰好出现了 iii 个 bitbitbit 子串的字符串数量。
先求至少出现了 kkk 个 bitbitbit 串的数量 FkF_kFk，显然有 Fk=Cn−2kk×26n−3kF_k=C_{n-2k}^k\times 26^{n-3k}Fk=Cn−2kk×26n−3k。
套上容斥，得到答案为 Gk=∑j≥k(−1)j−k×Cjk×FjG_k = \sum_{j\ge k}(-1)^{j-k}\times C_j^k\times F_jGk=j≥k∑(−1)j−k×Cjk×Fj，直接计算显然会 TTT，考虑优化。
首先分离系数得到 k!×Gk=∑j≥k(j!×Fj)(−1)j−k(j−k)!k!\times G_k=\sum_{j\ge k}(j!\times F_j)\frac{(-1)^{j-k}}{(j-k)!}k!×Gk=j≥k∑(j!×Fj)(j−k)!(−1)j−k，然后发现它是卷积的形式，设 Pi=i!×Fi,Qi=(−1)n−i(n−i)!,Rn+i=i!×GiP_i=i!\times F_i,Q_i=\frac{(-1)^{n-i}}{(n-i)!},R_{n+i}=i!\times G_iPi=i!×Fi,Qi=(n−i)!(−1)n−i,Rn+i=i!×Gi，则有 R=P×QR=P\times QR=P×Q，所以我们直接使用 NTTNTTNTT 加速一下式子计算就做完了。
2022牛客暑期多校训练营3
C - Concatenation
签到题。
PS：出题人好像想让选手用线性复杂度做法，但是又由于 judge 不太稳，担心卡常数影响队伍体验，时限开得比较松。最后结果是暴力 sort 也让过了，作为一个签到题。
A - Ancestor
给你两棵带点权的树 AAA、BBB，给出 kkk 个关键点的编号，问有多少种方案使得去掉恰好一个关键点使得剩余关键点在树 AAA 上 LCALCALCA 的权值大于树 BBB 上 LCALCALCA 的权值。
签到题，预处理前缀 LCALCALCA 和后缀 LCALCALCA，然后枚举去掉的关键结点并使用前后缀 LCALCALCA 算出剩余结点的 LCALCALCA 比较权值即可。
J - Journey
给定一个城市有若干十字路口，右转无需等红灯，直行、左转和掉头都需要，求起点到终点最少等几次红灯。
把每条路看作点，在十字路口处连边，形成一个边权为 0/10/10/1 的有向图。
一开始写的 dijkstradijkstradijkstra 求最短路，结果竟然 TTT 了，然后改成 0/1BFS0/1BFS0/1BFS + 手写 dequedequedeque 还是 TTT，有点自闭。最后把 mapmapmap 改成 unordered_mapunordered\_mapunordered_map 才过，看来 mapmapmap 的常数因子确实相当大。
PS：掌握一些奇技淫巧还是相当有用的，说不定就能多过一道题。
H - Hacker
给你 111 个长度为 nnn 的小写字符串 AAA 和 kkk 个长度为 mmm 的小写字符串 BiB_iBi，BBB 的每个位置拥有统一的权值，对于每个 BiB_iBi 求最大和区间满足该区间构成的字符串是 A 的子串（空区间合法）。
实际上是对 BiB_iBi 的每个位置，求出它作为结束位置在 AAA 中的最长子串长度，然后在该区间求最大子段和，所有位置的最大值即为答案。
对于每个位置的最长子串，可以对 AAA 建 SAMSAMSAM，然后 BiB_iBi 从左往右在 AAA 的 SAMSAMSAM 上转移，如果当前结点无法转移跳至父亲结点，最后无法转移则长度为 000，转移成功则为转移前结点的最大长度 + 111。
F - Fief
一道很好玩的图论题。
给你一个无向图，每次询问两点 xxx、yyy，求是否存在一个 nnn 的排列，使得第一个元素为 xxx，最后一个元素为 yyy，且排列的任意一个前缀、任意一个后缀都连通。
该题意等价于问你添加一条边 (x,y)(x,y)(x,y) 后，图是否是点双连通的。
首先，我们求出这幅图的所有双连通分量，不难发现只有割点会同时存在于多个双连通分量中，而其他点只可能存在于一个双连通分量里。
接下来我们讨论 444 种特殊情况：
（1）图不连通，直接全部输出 NO 即可。
（2）这副图只有一个双连通分量，即这幅图本身就是点双连通的，直接全部输出 YES 即可。
（3）这幅图存在一个割点，满足其同时存在于两个以上的双连通分量中，那么无论你添加哪条边，图都不可能是点双连通的，直接全部输出 NO 即可。
（4）这幅图存在一个双连通分量，满足其同时包含两个以上割点，那么无论你添加哪条边，图都不可能是点双连通的，直接全部输出 NO 即可。
如果你把一个双连通分量看成一个点，把割点看成一条边，你会惊奇地发现：如果这幅图不属于以上 444 种情况，那么这幅图一定是一条链。
所以只有当 xxx、yyy 分别来自于首尾那俩双连通分量（且不是割点），才能保证添加一条边 (x,y)(x,y)(x,y) 后，图是双连通的。
2022牛客暑期多校训练营4
K - NIO’s Sword
在一个游戏中有 nnn 个敌人，你需要依次杀死这 nnn 个敌人，杀死第 iii 个敌人的充要条件是 A≡i(modn)A\equiv i(mod\ n)A≡i(mod n)，其中 A 是你的宝剑的攻击力。
你随时可以升级你的武器，每次升级你需要选择一个不超过 101010 的整数 xxx，然后宝剑的攻击力会从 AAA 变成 10A+x10A+x10A+x。
问你最少需要升级多少次才能消灭所有的敌人。
签到题，对于每个敌人，暴力计算杀死他需要升级多少次即可。
N - Particle Arts
有 nnn 个粒子，每个粒子有个能量 aia_iai。两两随机碰撞，每碰撞一次，两粒子的能量分别变为 a&ba\&ba&b 和 a∣ba|ba∣b，求所有粒子能量稳定后的方差（稳定当且仅当任意碰撞无意义）。
签到题，不难发现稳定时 a&b=aa\&b=aa&b=a 或 a&b=ba\&b=ba&b=b，将此时的 aia_iai 排序，那么每个二进制位必为前面 000 后面 111，否则不满足包含关系。
所以直接统计每个二进制位有几个 000，有几个 111 就可以把稳态确定下来了。
D - Jobs (Easy Version)
有 nnn 个公司，第 iii 个公司有 mim_imi 份工作，每个工作对 IQIQIQ、EQEQEQ、AQAQAQ 分别有数值要求，必须三个数值都达标才能胜任这份工作。一个人只要能胜任一个公司的任意一份工作就可以去这个公司工作。
qqq 次询问，每次给出一个三元组，代表一个人的 IQIQIQ、EQEQEQ、AQAQAQ，问这个人最多可以去几个公司工作。
强制在线，nnn 不超过 101010，IQIQIQ、EQEQEQ、AQAQAQ 均不超过 400400400。
签到题，考虑到 nnn 和 ccc（三商）很小，所以我们可以直接设 dp[i][j][k]dp[i][j][k]dp[i][j][k] 表示 IQIQIQ 为 iii、EQEQEQ 为 jjj、AQAQAQ 为 kkk 的人能去哪几个公司（状压一下）。然后对于每份工作，暴力维护 dpdpdp 数组即可。
H - Wall Builder II
给你 nnn 个 1×11\times 11×1 的矩形，n−1n-1n−1 个 1×21\times 21×2 的矩形，n−2n-2n−2 个 1×31\times 31×3 的矩形，……，111 个 1×n1\times n1×n 的矩形，把这些小矩形拼成一个大矩形（拼接时不可旋转小矩形），问你大矩形的最小周长。
签到题，首先可以求出大矩形的面积 SSS，然后枚举长宽并暴力验证即可。验证时可以贪心，把所有小矩形从长到短依次放进去，从下到上一行一行试着放，遇到某一行能放就放。
PS：比赛时根本没暴力验证，感觉直接选取最接近正方形的那个长宽就行，肯定是能构造出来的（手玩了几组数据没发现反例），然后交上去就过了。
A - Task Computing
从 nnn 个任务中选 mmm 个出来并任意排序，收益是 ∑i=1mwai∏ji−1paj\sum_{i=1}^mw_{a_i}\prod_j^{i-1}p_{a_j}i=1∑mwaij∏i−1paj，求最大收益。
首先把 nnn 个任务按照 wax+waypax<way+waxpayw_{a_x}+w_{a_y}p_{a_x}<w_{a_y}+w_{a_x}p_{a_y}wax+waypax<way+waxpay 重新排序，这样就仅需选择 mmm 个出来，而无需选出来之后再排序了。
接下来显然是个 dpdpdp，由于正着 dpdpdp 时，每次转移会依赖于之前选择的任务的 ppp 之积，而那玩意显然没法跟着 dpdpdp 一起维护，所以我们考虑倒着 dpdpdp。
设 dp[i][j]dp[i][j]dp[i][j] 表示从后往前考虑到了第 iii 个任务，从中选择了 jjj 个任务的最优收益，则有状态转移方程 dp[i][j]=max(dp[i+1][j],dp[i+1][j−1]∗p[i]+w[i])dp[i][j]=max(dp[i+1][j],dp[i+1][j-1]*p[i]+w[i])dp[i][j]=max(dp[i+1][j],dp[i+1][j−1]∗p[i]+w[i])。
可以发现这样就完美避开了前缀积的问题，因为每次的 ppp 就自然而然地乘给后面的所有任务了。
C - Easy Counting Problem
题意十分简单，统计长度为 nnn 且数字 iii 至少出现 cic_ici 次的数字串数量。
由指数生成函数易得 ans=[xnn!]∏k=09(ex−∑i=0ck−1xii!)ans=[\frac{x^n}{n!}]\prod_{k=0}^9(e^x-\sum_{i=0}^{c_k-1}\frac{x^i}{i!})ans=[n!xn]k=0∏9(ex−i=0∑ck−1i!xi)，由于 nnn 很大没法直接卷出来，观察到后面的和式较短，令 y=ex,fk(x)=∑i=0ck−1xii!y=e^x,f_k(x)=\sum_{i=0}^{c_k-1}\frac{x^i}{i!}y=ex,fk(x)=i=0∑ck−1i!xi，将原式看作一个关于 yyy 的多项式（其系数为关于 xxx 的多项式）。
对 yyy 暴力卷积，对 xxx 做 NTTNTTNTT 即可求出一个形如 ∑(ex)ixfi(x)\sum (e^x)^ixf_i(x)∑(ex)ixfi(x) 的式子。
对于每个询问扫一遍 yky^kyk 的系数即可求出答案。
2022牛客暑期多校训练营5
G - KFC Crazy Thursday
给你一个字符串，求以字母 kkk、fff、ccc 结尾的回文子串的数量。
签到题，先用 manachermanachermanacher 算法求出每个点的回文半径，然后统计一下 kkk、fff、ccc 的前缀和，最后枚举每个点作为结尾统计 ansansans 即可。
K - Headphones
有 nnn 副耳机（共 2n2n2n 只耳机）散乱地放在抽屉里，你的妹妹从中随机取出了 2k2k2k 只耳机，问你要从抽屉中随机取出至少多少只耳机，才能保证匹配出来的正确耳机数，一定比你妹妹匹配出的要多。
签到题，考虑最坏情况，你的妹妹成功匹配出了 kkk 副耳机，所以你必须要匹配出 k+1k+1k+1 副耳机，才能胜过你的妹妹。而根据抽屉原理，你只需要取出 (n−k)+(k+1)=n+1(n-k)+(k+1)=n+1(n−k)+(k+1)=n+1 只耳机，就可以保证一定能匹配出 k+1k+1k+1 副耳机。
如果剩余的耳机数不足 n+1n+1n+1，输出 −1-1−1 即可。
B - Watches
有 nnn 块手表，第 iii 块的价格是 aia_iai。但是你生活在一个赋税严重的国家，如果你总共购买了 kkk 块手表，那么第 iii 块手表的价格就从 aia_iai 变成 ai+k×ia_i+k\times iai+k×i 了。你有 mmm 块钱，问你最多能买多少块表。
签到题，二分答案即可。
H - Cutting Papers
一道简单的平面几何题，推出题目要求的式子即可。
F - A Stack of CDs
模板题，求圆交的周长。
C - Bit Transmission
有一个 010101 字符串，对某些位置询问是否是 111，共询问 3n3n3n 次。最多只有一次询问会返回错误答案，问你能否通过这些询问结果唯一确定字符串。
如果能，输出那个唯一确定的字符串；如果不能，输出 −1-1−1。
签到题，依题意模拟即可。
D - Birds in the tree
给你一棵无根树，每个点非黑即白。问你这棵无根树有多少个子树，满足其叶子同色（无根树的叶子即度数为 111 的点）。
只要是树上问题，哪怕是无根树，也要先转化成有根树来做。
考虑树上 dpdpdp。设 dp[0][x]dp[0][x]dp[0][x] 表示以 xxx 为根的子树中，根与叶子均为白色的子树（白树）的数量；dp[1][x]dp[1][x]dp[1][x] 表示以 xxx 为根的子树中，根与叶子均为黑色的子树（黑树）的数量。
根据定义，我们可以很快写出下面的状态转移方程：若 xxx 为白色，则 dp[0][x]=∏(dp[0][y]+1),dp[1][x]=∑dp[1][y]dp[0][x]=\prod(dp[0][y]+1),dp[1][x] = \sum dp[1][y]dp[0][x]=∏(dp[0][y]+1),dp[1][x]=∑dp[1][y]；若 xxx 为黑色，则 dp[1][x]=∏(dp[1][y]+1),dp[0][x]=∑dp[0][y]dp[1][x]=\prod(dp[1][y]+1),dp[0][x] = \sum dp[0][y]dp[1][x]=∏(dp[1][y]+1),dp[0][x]=∑dp[0][y]，其中 y 是 x 的儿子。
然而这样转移存在一个显著的问题，为了说明这个问题，我们不妨假设 xxx 为白色，yyy 为黑色。
在计算 dp[0][y]dp[0][y]dp[0][y] 的时候，由于 yyy 为黑色，它不能作为白树的根，所以只能把儿子们的 dp[0][z]dp[0][z]dp[0][z] 简单地加起来作为 dp[0][y]dp[0][y]dp[0][y]，这一步在当时看来确实没什么问题。但是，在计算 dp[0][x]dp[0][x]dp[0][x] 的时候，y 就不再需要作为白树的根了，那么这时再用 dp[0][y]dp[0][y]dp[0][y] 来更新 dp[0][x]dp[0][x]dp[0][x] 就显得有点不够用了。
事实上，那时我们应该用 (dp[0][z]+1)(dp[0][z]+1)(dp[0][z]+1) 之积来更新 dp[0][x]dp[0][x]dp[0][x]，而不是 dp[0][z]dp[0][z]dp[0][z] 之和。
为此，我们再引入 dp[2][x]dp[2][x]dp[2][x]，表示以 xxx 为根，叶子均为 xxx 异色的子树的数量。显然，dp[2][x]dp[2][x]dp[2][x] 存在的价值和意义，仅仅是为了服务 xxx 的父亲。
综上所述，我们可以总结出完整的状态转移方程：
A - Don’t Starve
在二维平面上有 nnn 个点，你从原点 (0,0)(0,0)(0,0) 出发，每一轮游戏你可以前往任意一个点，代价是两点之间的距离。你要保证每一轮的代价单调递减，问最多能进行多少轮游戏。
我们可以研究整个游戏的逆过程，则这题变为“任选一个点作为起点，每一轮游戏你可以前往任意一个点，但要保证距离递增，问最多能进行多少轮游戏”。
挺一眼 dpdpdp 的吧，我们可以设 dp[i][j]dp[i][j]dp[i][j] 表示考虑到第 iii 条边，以 jjj 作为起点，最多能进行多少轮游戏，则有 dp[i][j]=max(dp[i−1][j],dp[i−1][k]+1)dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][k]+1)dp[i][j]=max(dp[i−1][j],dp[i−1][k]+1)，其中第 iii 条边为 jjj 到 kkk。
这样转移相当于把起点从 kkk 延伸到了 jjj，而延伸的前提是第 iii 条边的长度更长，那么我们把边按长度递增排序即可，值得注意的是长度一样的边要“同步”转移。
最后用滚动数组优化 dpdpdp 即可，代码如下：
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
const int MAXN = 2e3 + 5;
int read()
{int x;std::cin >> x;return x;
}
int x[MAXN], y[MAXN];
struct edge
{int a, b;int dis;edge(int _a = 0, int _b = 0){a = _a, b = _b;dis = (x[b] - x[a]) * (x[b] - x[a]) + (y[b] - y[a]) * (y[b] - y[a]);}bool operator<(const edge& x)const{return dis < x.dis;}
}e[MAXN * MAXN];
int dp1[MAXN], dp2[MAXN];
void solve()
{int n = read();for (int i = 1; i <= n; i++)x[i] = read(), y[i] = read();int m = 0;for (int i = 0; i <= n; i++)for (int j = 0; j <= n; j++){if (i == j)continue;e[++m] = edge(i, j);}std::sort(e + 1, e + m + 1);int l = 1, r = 1;for (int i = 1; l <= m; i++, l = r + 1){while (r < m and e[r + 1].dis == e[l].dis)r++;for (int j = l; j <= r; j++)//“同步”转移if(e[j].b)dp2[e[j].a] = std::max(dp2[e[j].a], dp1[e[j].b] + 1);for (int j = l; j <= r; j++)dp1[e[j].a] = std::max(dp1[e[j].a], dp2[e[j].a]);}std::cout << dp1[0] << '\n';
}
signed main()
{std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin.tie(0);int t = 1;while (t--)solve();return 0;
}
2022牛客暑期多校训练营6
J - Number Game
签到题。
G - Icon Design
签到题，依题意模拟即可。
B - Eezie and Pie
给你一棵有根树，每个点 iii 会对它的 000 ~ did_idi 级祖先产生 111 的价值，求最终每个点的价值。
签到题，树上倍增找每个点 iii 的 did_idi 级祖先，然后树上差分即可。
PS：题解给出了一种 O(n)O(n)O(n) 的做法，在 dfsdfsdfs 的时候维护 dfsdfsdfs 栈，那么访问到点 iii 时，它的 did_idi 级祖先一定在当前栈顶向下 did_idi 个。
A - Array
给你一个长度为 nnn 的序列 ，满足 ∑i=1n1ai≤12\sum\limits_{i=1}^n\frac{1}{a_i}\leq\frac{1}{2}i=1∑nai1≤21。
你需要构造一个长度为 mmm 的序列 c0,c1,...,cm−1c_0,c_1,...,c_{m-1}c0,c1,...,cm−1。根据序列 ccc，我们可以生成一个无限长的序列 bbb，使得 bi=ci%mb_i=c_{i\%m}bi=ci%m。你需要保证序列 bbb 满足：任意连续 aia_iai 个数中，必有一个值为 iii。
你可以决定 mmm 的取值，试求序列 ccc。
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