PKUSC订正

Day1 T2：最大前缀和

枚举答案集合（不直接枚举答案数，相当于状态的离散化），这个集合成为答案当且仅当存在方案使得答案集合的排列后缀和>=0（如果<0就可以去掉显然更优），答案补集的前缀和<0（不能再延伸）。预处理方案数。最后统计的时候注意要枚举答案子集的第一个元素，它不需要满足后缀和>=0。O(2^n*n)。

 #include<bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 const int mod=;
 typedef long long ll;
 const int N=;
 int n,Max,a[N],sum[N],f[N],g[N],ans;
 void up(int &x,int y){x=((ll)x+y)%mod;}
 int main()
 {
     scanf("%d",&n);
     for (int i=;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
     Max=<<n;
     for (int i=;i<Max;i++)
       for (int j=;j<=n;j++)
         if (i&(<<(j-))) up(sum[i],a[j]);
     f[]=;
     for (int i=;i<Max;i++)//后缀和>=0
       if (sum[i]>=)
       {
         for (int j=;j<=n;j++)
           if (i&(<<(j-))) up(f[i],f[i^(<<(j-))]);
       }
     g[]=;
     for (int i=;i<Max;i++)//前缀和<0
       if (sum[i]<)
       {
           for (int j=;j<=n;j++)
             if (i&(<<(j-))) up(g[i],g[i^(<<(j-))]);
       }
     for (int i=;i<Max;i++)
       for (int j=;j<=n;j++)
           if (i&(<<(j-)))
             up(ans,(ll)f[i^(<<(j-))]*g[i^(Max-)]%mod*sum[i]%mod);
     printf("%d\n",((ll)ans+mod)%mod);//注意ans有可能是负数！
     return ;
 }

Day2

T1：星际穿越  贪心+树上倍增

要想到肯定贪心走能走的较远点。单调肯定不会让你好好求最短路，建树是一个思路。

性质：当起点在终点右边时，起点要走到终点，必然只会往右走一步，接下来一直往左走。

每个点朝能够到达的点中覆盖区间左端点最左的点连边，如果它想要走最远，选择这一点一定最优。

往右走一步也是类似的道理，一定是往右走能够走到的点中覆盖区间左端点最左的点最优。（具体实现可以按照覆盖区间左端点排序）如果往右再往左两步没有直接往左两步优的话，一定不会往右走。

如果一步可以走到也一定不会往右。（询问的时候特判一下即可）

询问的时候对于[1..r]求走到x的距离和。倍增使得x在[1..r]外且l[x]在[1..r]内，分成[1..l[x])和[l[x]..r]两段通过走到当前x再走到终点。预处理一下[1..l[i])到i的距离的和。O((n+q)logn)。

 #include<bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 const int N=;
 int l[N],a[N][],par[N][],n,pre[N],q,fa[N],mx,b[N],rt[N];
 int getmin(int x,int y)
 {
   return l[x]<l[y]?x:y;
 }
 void init()
 {
   for (int i=;i<=n;i++) a[i][]=i;
   for (int j=;j<=;j++)
     for (int i=;i+(<<j)-<=n;i++)
       a[i][j]=getmin(a[i][j-],a[i+(<<(j-))][j-]);
 }
 int qry(int l,int r)
 {
   int len=;
   while ((<<(len+))<=r-l+) len++;
   return getmin(a[l][len],a[r-(<<len)+][len]);
 }
 bool cmp(int A,int B) {return l[A]<l[B];}
 int calc(int x,int y)//[1..x] to y
 {
     int ans=;
     if (rt[y])
     {
         if (l[y]<=x) ans+=x-l[y]+,x=l[y]-;
         y=rt[y];ans+=x;
     }
     if (!x) return ans;
     int sum=;
     for (int i=;i>=;i--)//倍增使得l[终点]跳进[1..x]
       if (l[par[y][i]]>x) y=par[y][i],sum+=(<<i);
     if (l[y]>x) y=par[y][],sum++;
     return ans+pre[y]+sum*(l[y]-)+(sum+)*(x-l[y]+);
 }
 int main()
 {
   scanf("%d",&n);
   for (int i=;i<=n;i++) scanf("%d",&l[i]);
   init();
   for (int i=;i<=n;i++) fa[i]=par[i][]=qry(l[i],i-);//找到可以跳到最左边的点作为父亲
   for (int j=;j<=;j++)//树上倍增
     for (int i=;i<=n;i++)
       par[i][j]=par[par[i][j-]][j-];

   for (int i=;i<=n;i++) b[i]=i;//处理会向右走一步的情况
   sort(b+,b+n+,cmp);
   for (int i=;i<=n;i++)
   {
         for (int j=mx+;j<b[i];j++) rt[j]=b[i];
         mx=max(mx,b[i]);
   }
   for (int i=;i<=n;i++)
     if (l[rt[i]]>=l[fa[i]]) rt[i]=;
   for (int i=;i<=n;i++)//处理前缀和[1..l[i]) to i
     if (fa[i]==) pre[i]=;else pre[i]=pre[fa[i]]+l[fa[i]]-+*(l[i]-l[fa[i]]);

   scanf("%d",&q);
   while (q--)
   {
        int l,r,x;
     scanf("%d%d%d",&l,&r,&x);
     int a=calc(r,x)-calc(l-,x),b=r-l+;
     int Gcd=__gcd(a,b);
     a/=Gcd;b/=Gcd;printf("%d/%d\n",a,b);
   }
   return ;
 }

T2：神仙的游戏

border相交有循环节的性质。问题是快速检查循环节的合法性。（我都想到bitset了T_T）

如果循环节长度为len时，对应位置的i，j一个为0一个为1，那么循环节长度为len的因数的都不可行。（有一个部分分给的就是暴力枚举01的位置）

fft处理对应位置的01是否有冲突，需要多项式平移。枚举当前循环节长度的倍数判断可行。时间复杂度O(nlogn)。

 #include<bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 typedef long long ll;
 const int mod=;
 const int root=;
 const int N=;
 char s[N];
 int _n,l,w[N],pos[N],A[N],B[N],sl;
 int ksm(int x,int y)
 {
     int res=;
     while (y) {if (y&) res=(ll)res*x%mod; x=(ll)x*x%mod; y>>=;}
     return res;
 }
 void init(int n)
 {
     l=;
     while ((<<l)<=n) l++;
     _n=(<<l);int ww=ksm(root,<<-l);
     w[]=;
     for (int i=;i<_n;i++)
       w[i]=(ll)w[i-]*ww%mod,
       pos[i]=(i&)?pos[i-]|(<<(l-)):pos[i>>]>>;
 }
 void fft(int *a)
 {
     for (int i=;i<_n;i++) if (i<pos[i]) swap(a[i],a[pos[i]]);
     int len=,id=_n;
     for (int i=;i<l;i++)
     {
       int wn=w[id>>=];
       for (int j=;j<_n;j+=len*)
         for (int k=j,ww=;k<j+len;k++)
         {
             int l=a[k],r=(ll)a[k+len]*ww%mod;
             a[k]=((ll)l+r)%mod;a[k+len]=((ll)l-r+mod)%mod;
             ww=(ll)ww*wn%mod;
         }
       len<<=;
     }
 }
 int main()
 {
     scanf("%s",s+);sl=strlen(s+);
     for (int i=;i<=sl;i++)
       if (s[i]=='') A[i]=;
       else if (s[i]=='') B[sl-i+]=;
     init(sl*+);fft(A);fft(B);
     for (int i=;i<_n;i++) A[i]=(ll)A[i]*B[i]%mod;
     fft(A);reverse(A+,A+_n);
     int inv_n=ksm(_n,mod-);
     for (int i=;i<_n;i++) A[i]=(ll)A[i]*inv_n%mod;
     ll ans=(ll)sl*sl;
     for (int i=;i<sl;i++)
     {
         int fl=;
         for (int j=i;j<=sl&&fl;j+=i)
           fl&=(!A[sl-j+]&&!A[sl+j+]);
         if (fl) ans^=(ll)(sl-i)*(sl-i);
     }
     printf("%lld\n",ans);
     return ;
 }