A.入阵曲

部分分很肥,正解写得常数稍大就会和暴力一个分,考试的时候写什么自己考虑。(滑稽

部分分的循环边界手抖写错了-25 (原本暴力分中的10分都没了啊啊啊)

没写挂的话应该有75,其实就是二维前缀和+暴力枚举点对统计+$a[i][j]$都相等时只枚举子矩形大小再乘上这种大小出现的次数。

正解:$(sum[r]-sum[l-1])\% K=0 \rightarrow sum[r]\% K=sum[l-1]\% K$

枚举行数$i,j$和列数$k$,维护i行和j行之间、k列左侧在%K意义下同余矩阵的个数,用桶来实现。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=;
int n,m;
ll K,ans;
int a[N][N];
ll sum[N][N],sum1[N],cnt[];
int read()
{
int x=,f=;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-;ch=getchar();}
while(isdigit(ch))x=x*+ch-'',ch=getchar();
return x*f;
} int main()
{
n=read();m=read();K=1LL*read();
for(int i=;i<=n;i++)
for(int j=;j<=m;j++)
a[i][j]=read();
for(int i=;i<=n;i++)
for(int j=;j<=m;j++)
sum[i][j]=sum[i-][j]+sum[i][j-]-sum[i-][j-]+1LL*a[i][j];
for(int i=;i<n;i++)
for(int j=i+;j<=n;j++)
{
cnt[]=;
for(int k=;k<=m;k++)
{
sum1[k]=(sum[j][k]-sum[i][k]+K)%K;
ans+=cnt[sum1[k]];
cnt[sum1[k]]++;
}
for(int k=;k<=m;k++)cnt[sum1[k]]=;
}
cout<<ans<<endl;
return ;
}

B.将军令

我考场都能想到的sb贪心。每次取出深度最大且未被覆盖的点,在它的K级祖先上驻扎即可。前者用堆维护,后者直接暴力修改覆盖状态,注意向上修改时不要只遍历和它在一条链上的。

正确性?读者自证不难。(逃

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<queue>
#define pa pair<int,int>
#define re register
using namespace std;
int read()
{
int x=,f=;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-;ch=getchar();}
while(isdigit(ch))x=x*+ch-'',ch=getchar();
return x*f;
}
const int N=;
int n,K,t;
int to[N<<],nxt[N<<],head[N],tot;
inline void add(int x,int y)
{
to[++tot]=y;
nxt[tot]=head[x];
head[x]=tot;
}
int dep[N],fa[N];
priority_queue<pa> q;
void dfs1(int x,int deep)
{
dep[x]=deep;
for(re int i=head[x];i;i=nxt[i])
{
int y=to[i];
if(!dep[y])dfs1(y,deep+),fa[y]=x;
}
return ;
}
int cover[N],anc,ans;
void getan(int x,int rest)
{
if(!rest||x==)
{
anc=x;
return ;
}
getan(fa[x],rest-);
return ;
}
void dfs2(int x,int rest,int f)
{
cover[x]=;
if(!rest)return ;
for(re int i=head[x];i;i=nxt[i])
{
int y=to[i];
if(y==f)continue;
dfs2(y,rest-,x);
}
return ;
} int main()
{
n=read();K=read();t=read();
for(re int i=;i<n;i++)
{
int x=read(),y=read();
add(x,y);add(y,x);
}
dfs1(,);
for(re int i=;i<=n;i++)
q.push(make_pair(dep[i],i));
while(!q.empty())
{
int x=q.top().second;
q.pop();
if(cover[x])continue;
getan(x,K);
//cout<<anc<<endl;
dfs2(anc,K,-);
ans++;
}
cout<<ans<<endl;
return ;
}

C.星空

区间状态反转可以看作区间异或1,但区间操作不好处理,考虑通过差分转化为单点操作。即把对原数组上$[L,R]$区间的操作转化为差分数组上$L-1$和$R$两个点的操作。这里用到了异或差分:$dif[i]=a[i]\ xor\ a[i+1]$

所以问题变成了:有一个01串,每次对其中两个点$xor\ 1$,需要多少次把这个串的每一位都变成0。(差分数组全0对应原数组全1)

可以发现,消去两个1的费用与他们之间的距离有关。bfs预处理出来后,问题再次得到转化:每次取出一对物品,每对物品取出都有一定代价,如何取出使得代价最小。由于不亮的灯泡很少,这个问题完全可以状压解决。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<vector>
using namespace std;
int read()
{
int x=,f=;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-;ch=getchar();}
while(isdigit(ch))x=x*+ch-'',ch=getchar();
return x*f;
}
const int N=;
int n,m,K;
int a[N],op[N],dif[N];
int pos[N],sz;
int vis[N],dis[][],d[N];
int find0[N<<],dp[N<<];
void bfs(int node)
{
memset(d,,sizeof(d));
memset(vis,,sizeof(vis));
queue<int> q;
q.push(node);
vis[node]=;d[node]=;
while(!q.empty())
{
int x=q.front();
q.pop();
for(int i=;i<=m;i++)
{
int s1=x+op[i],s2=x-op[i];
if(s1<=n&&!vis[s1])
{
q.push(s1);
d[s1]=d[x]+;
vis[s1]=;
}
if(s2>=&&!vis[s2])
{
q.push(s2);
d[s2]=d[x]+;
vis[s2]=;
}
}
}
} int main()
{
n=read();K=read();m=read();
for(int i=;i<=K;i++)
a[read()]=;
for(int i=;i<=m;i++)
op[i]=read();
for(int i=;i<=n;i++)
{
dif[i]=a[i]^a[i+];
if(dif[i])pos[++sz]=i;
}
for(int i=;i<=sz;i++)
{
bfs(pos[i]);
for(int j=;j<=sz;j++)
dis[i][j]=d[pos[j]];
}
for(int s=;s<(<<sz);s++)
{
find0[s]=sz-;
for(int i=;i<sz;i++)
if(((s>>i)&)==)
{
find0[s]=i;
break;
}
}
memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
dp[]=;
for(int s=;s<(<<sz);s++)
for(int i=find0[s]+;i<sz;i++)
{
if(((s>>i)&)==&&dis[find0[s]+][i+])
{
int now=(s|(<<find0[s])|(<<i));
dp[now]=min(dp[now],dp[s]+dis[find0[s]+][i+]);
//cout<<dp[now]<<endl;
}
}
cout<<dp[(<<sz)-]<<endl;
return ;
}

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