T1

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cmath>
using namespace std;
const int N=;
int n,m,k,p;
int to[N],nex[N];
int a[N][N];
int main()
{
freopen("rotate.in","r",stdin);
freopen("rotate.out","w",stdout);
scanf("%d%d%d",&n,&p,&k);
for(int j=;j<=n;j++) to[j]=j;
for(int i=;i<=p;i++)
{
scanf("%d",&m);a[i][]=m;
for(int j=;j<=m;j++) scanf("%d",&a[i][j]);
}
for(int i=p;i>=;i--)
{
memset(nex,,sizeof nex);m=a[i][]; for(int j=;j<=m;j++) nex[a[i][j-]]=a[i][j];
nex[a[i][m]]=a[i][]; for(int j=;j<=n;j++)
if(nex[to[j]]) to[j]=nex[to[j]];
}
for(int j=;j<=n;j++)
printf("%d ",to[j]);
return ;
}

first 100

置换,没学过的话模拟就行。考察理解题意了。

正着做:置换的性质。(不知道也能做)

T2

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cmath>
using namespace std;
const int N=1e4+;
int n,a,b,c,d;
int q[N];
long long ans;
int main()
{
freopen("range.in","r",stdin);
freopen("range.out","w",stdout);
scanf("%d%d%d%d%d",&n,&a,&b,&c,&d); for(int i=;i<=n;i++) scanf("%d",&q[i]); for(int i=,j;i<=n;i++)
{
int ans1,ans2;
ans1=ans2=q[i];
if(ans1<a||ans2>d) continue;
j=i;
for(j;j<=n;j++)
{
ans1&=q[j];ans2|=q[j];
if(ans1<a||ans2>d) break;
if(ans1<=b&&ans2>=c) ans++;
}
}
cout<<ans<<endl;
return ;
}

first 60

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<ctime>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=1e5+;
const LL P=1e9+;
LL ans;
int s[N],sta[N][],sto[N][];
int worka(int l,int r)
{
int L=r-l+;
int t=log2(L);
return sta[l][t]&sta[r-(<<t)+][t];
}
int worko(int l,int r)
{
int L=r-l+;
int t=log2(L);
return sto[l][t]|sto[r-(<<t)+][t];
}
int n,a,b,c,d;
int main()
{
freopen("range.in","r",stdin);
freopen("range-me.out","w",stdout);
scanf("%d%d%d%d%d",&n,&a,&b,&c,&d);
for(int i=;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&s[i]);
sta[i][]=sto[i][]=s[i];
} //预处理倍增,下一步能O(1)查询区间值
for(int j=;j<=;j++)
for(int i=;i<=n;i++)
if(i+(<<j)- <=n )
{
sta[i][j]=sta[i][j-]&sta[i+(<<j)][j-];
sto[i][j]=sto[i][j-]|sto[i+(<<j)][j-];
}
//查找区间(具有单调性)
for(int i=;i<=n;i++)
{
int andans,orans;
// andans=orans=s[i];
int j=i;
while(j<=n)
{
int L=j,R=n+,mid;
andans=worka(i,j);
orans=worko(i,j);
while(R-L>)
{
mid=(L+R)>>;
if(worka(i,mid)==andans&&worko(i,mid)==orans)
L=mid;
else R=mid;
}
if(andans>=a&&andans<=b&& orans>=c&&orans<=d)
ans+=L-j+;
j=L;
} }
cout<<ans%P;
}

二分+st优化

先固定左端典,向右搜,查找区间个数。

怎么优化,二分 +倍增。

本来我想’与‘和’或‘是不满足 前缀差等于区间值的性质的。

其实我的想法太狭隘了,仔细想想:无论是’与‘还是’或‘ 都满足两段区间O(1)合成更大区间的性质。

比如f[1,6] & f[3,9],  可以看成f[1,3] & f[3,6]&f[6,9] &f[3,6] 一个数和本身的’‘与’还是本身无影响。

然后就能通过二分把n^n变成nlogn,

T3

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cmath>
using namespace std;
const int N=;
const int P=1e9+;
int n,k;
int h[N],nex[N*],to[N*],cnt;
int w[N],sum[N],tot[N];//子树节点数,根到这的和
int x,y;
void add()
{
scanf("%d%d",&x,&y);
to[++cnt]=y,nex[cnt]=h[x],h[x]=cnt;
to[++cnt]=x,nex[cnt]=h[y],h[y]=cnt;
}
int vis[N];int ans;
void dfs(int Tot,int Sum,int last)
{
if(Tot==k)
{
int ss=Sum;
for(int i=;i<=n;i++)
if(vis[i])
for(int j=h[i];j;j=nex[j])
if(!vis[to[j]]) Sum++;
Sum=n--Sum;
ans=(1LL*ans+1LL*(<<Sum)%P)%P; Sum=ss;
}
if(Tot>k) return ;
for(int i=last;i<=n;i++)
if(vis[i])
{
int is=;
for(int j=h[i];j;j=nex[j])
if(!vis[to[j]]) {
vis[to[j]]=;
dfs(Tot+w[to[j]],Sum+,i);
vis[to[j]]=;
is=;
}
}
}
int main()
{
freopen("fruit.in","r",stdin);
freopen("fruit.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&k);
int is=;
for(int i=;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&w[i]);
if(!w[i]) is=;
}
for(int i=;i<n;i++) add(); vis[]=;
dfs(w[],,);
if(!is) ans--;
cout<<ans;
return ;
}

0分

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <vector>
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL P= 1e9+;
const int N=;
int n,k;
int a[N];
int h[N],nex[N*],to[N*],cnt;
LL f[N][N];
int x,y;
void add()
{
scanf("%d%d",&x,&y);
to[++cnt]=y,nex[cnt]=h[x],h[x]=cnt;
to[++cnt]=x,nex[cnt]=h[y],h[y]=cnt;
}
int dfs(int x,int fa)
{
int sum=,tmp;
for(int i=h[x];i;i=nex[i])
{
if(to[i]==fa) continue;
for(int j=;j<=n-a[to[i]];j++)
f[to[i]][j+a[to[i]]]=f[x][j];
tmp=dfs(to[i],x);
for(int j=;j<=n;j++)
f[x][j]=(f[x][j]*(<<(tmp-))+f[to[i]][j])%P;
sum+=tmp;
}
return sum;
}
int main()
{
freopen("d.in","r",stdin);
scanf("%d%d",&n,&k);
for(int i=;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
for(int i=;i<n;i++) add(); f[][a[]]=;
dfs(,);
printf("%lld",(f[][k]));
}

树上dp

说到T3我就不得不吐槽一下,我投入了整套题考试总时间中超过一半的时间,结果0分。遗憾啊。

搜索 搜重了,不知道怎么去重。

正解是个背包(我没看出来。。。),f[i][j]表示在i节点及其子树中拿j个果子的方案数,。

转移的话先遍历子节点,再根据已有信息更新其他字节点,和其父节点。

  dp[x][j] = ((1<<(tmp-1) * dp[x][j] % mod + dp[son][j])% mod

(除了直接相连的边必须断掉之外,其他边怎样都行,2^n 种状态。

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