杂题选讲II

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朴素的想法是按题意暴力建边跑最小生成树，发现一个联通块内的很多边是冗余的，可以相邻两点建边跑最小生成树即可。

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// author : yhy
#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
using LL = long long;
using Pii = pair<LL, LL>;

const LL kMaxN = 2e5 + 5;

vector<tuple<LL, LL, LL> > v;
LL n, m, k, c, x, cnt, ans, fa[kMaxN];

LL find(LL x) {
  return fa[x] == x ? x : fa[x] = find(fa[x]);
}

signed main() {
  cin.tie(0)->ios::sync_with_stdio(0);
  cin >> n >> m;
  for (LL i = 1; i <= n; i++) {
    fa[i] = i;
  }
  for (LL i = 1; i <= m; i++) {
    cin >> k >> c;
    for (LL pr = 0; k--;) {
      cin >> x, pr && (v.push_back({c, pr, x}), 0), pr = x;
    }
  }
  sort(v.begin(), v.end());
  for (auto [w, x, y] : v) {
    LL fx = find(x), fy = find(y);
    fx != fy && (cnt++, ans += w, fa[fx] = fy);
  }
  cout << (cnt == n - 1 ? ans : -1);
  return 0;
}

菱形（站外题）

有 tree 的 TrickII。

题目大意：

给定初始值为 \(01\) 长为 \(n\) 宽为 \(m\) 的矩阵，给定 \(q\) 次操作共两种：

1. 1 x y tx ty 表示将 \((x,y)\) 以左上角的 \(tx\) 行 \(ty\) 列矩阵中的值异或 \(1\)。

2. 2 x y d 表示将所有到 \((x,y)\) 曼哈顿距离 不超过 \(d\) 的值异或 \(1\)。

\(1\le n,m \le 1000,1\le q \le 6\times10^5,保证输入合法\)。

统计每个位置被操作覆盖多少次，根据初始值和覆盖次数即可算出答案，将 \(1,2\) 操作拆开算，\(1\) 操作直接二维差分，\(2\) 操作发现加的是一个菱形，朴素的想法是拆成 \(n\) 行跑一维差分，发现可以将矩阵旋转 \(45^\circ\)，\((x,y)\) 转成 \((x+y,y-x)\)，菱形转成矩形后可以直接跑二维差分，注意第一维空间要开 \(2\) 倍，第二位要加上 \(D=1000\) 的偏移量。

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// author : yhy
#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
using LL = long long;
using Pii = pair<LL, LL>;

const int kMaxM = 1005, kMaxN = 2515, D = 1005;

int n, m, q;
bool c[kMaxM][kMaxM];
LL d[2][kMaxN][kMaxN];

void add(int ty, int x, int y, int x2, int y2) {
  d[ty][x][y]++, d[ty][++x2][++y2]++;
  d[ty][x2][y]--, d[ty][x][y2]--;
}

signed main() {
  cin.tie(0)->ios::sync_with_stdio(0);
  cin >> n >> m;
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    for (int j = 1; j <= m; j++) {
      cin >> c[i][j];
    }
  }
  cin >> q;
  for (int ty, x, y, x2, y2; q--;) {
    cin >> ty >> x >> y >> x2;
    if (ty == 1) {
      cin >> y2;
      add(0, x, y, x + x2 - 1, y + y2 - 1);
    } else {
      int nx = x + y, ny = y - x + D;
      add(1, nx - x2, ny - x2, nx + x2, ny + x2);
    }
  }
  for (int i = 1; i <= 2500; i++) {
    for (int j = 1; j <= 2500; j++) {
      d[0][i][j] += d[0][i - 1][j] + d[0][i][j - 1] - d[0][i - 1][j - 1];
      d[1][i][j] += d[1][i - 1][j] + d[1][i][j - 1] - d[1][i - 1][j - 1];
    }
  }
  for (int i = 1; i <= n; i++, cout << '\n') {
    for (int j = 1; j <= m; j++) {
      LL t = d[0][i][j] + d[1][i + j][j - i + D];
      cout << (!c[i][j] ? (t & 1) : !(t & 1)) << ' ';
    }
  }
  return 0;
}

Complete the Projects (hard version) CF1203F2

首先一个特别显然的贪心思路是，\(b_i\ge0\) 的项目在限制条件下做的越多越好，显然到脑补证明就行，那么对于 \(b_i<0\) 的项目先按 \(a_i+b_i\) 降序排序，然后设状态 \([i,j,k]\) 表示前 \(i\) 个项目 rating 还剩 \(j\) 且完成 \(k\) 个项目，其中 \(k\) 是最优化属性按非 \(k\) 属性分组，然后判断转移合法性转移即可，可以像背包那样压掉一维。

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//author : yhy
#include <bits/stdc++.h> 

using namespace std;
using LL = long long;
using Pii = pair<int, int>;

const int kMaxN = 105, kMaxM = 65005;

int n, r, ans, cnt[2], f[kMaxN][kMaxM];
Pii a[2][kMaxN];

signed main() {
  cin.tie(0)->ios::sync_with_stdio(0);
  cin >> n >> r;
  for (int i = 1, x, y; i <= n; i++) {
    cin >> x >> y;
    a[(y < 0)][++cnt[(y < 0)]] = {x, y};
  }
  sort(a[0] + 1, a[0] + cnt[0] + 1);
  for (int i = 1; i <= cnt[0]; i++) {
    r >= a[0][i].first && (r += a[0][i].second, ans++);
  }
  sort(a[1] + 1, a[1] + cnt[1] + 1, [](Pii x, Pii y){
    return x.second > y.second;
  }), memset(f, -0x3f, sizeof f), f[0][r] = ans;
  for (int i = 1; i <= cnt[1]; i++) {
    for (int j = 0; j <= r; j++) {
      f[i][j] = max(f[i][j], f[i - 1][j]);
      if (j - a[1][i].second >= a[1][i].first && j <= r + a[1][i].second) {
        f[i][j] = max(f[i][j], f[i - 1][j - a[1][i].second] + 1);
      }
    }
  }
  int maxv = 0;
  for (int i = 0; i <= r; i++) {
    maxv = max(maxv, f[cnt[1]][i]);
  }
  cout << maxv;
  return 0;
}

|LIS| = 3 AT_abc237_f

LIS 的 \(O(n\log n)\) 求法：设状态 \(f_i\) 表示 LIS 的第 \(i\) 位的最小值，由于题目中 LIS 最多有 \(3\) 位，所以将 \(f_1,f_2,f_3\) 压进状态，设状态 \(F_{x,a,b,c}\) 表示前 \(x\) 位 \(f_1,f_2,f_3\) 分别为 \(a,b,c\) 的方案数，状态有拓扑序考虑递推。

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#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int kMaxN = 1005, kMaxV = 15, M = 998244353;

int n, m, ans, f[kMaxN][kMaxV][kMaxV][kMaxV];

int main() {
  cin >> n >> m, f[0][m + 1][m + 1][m + 1] = 1;
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    for (int a = 1; a <= m + 1; a++) {
      for (int b = a; b <= m + 1; b++) {
        for (int c = b; c <= m + 1; c++) {
          for (int x = 1; x <= c && x <= m; x++) {
            int na = a, nb = b, nc = c;
            if (x <= na) na = x;
            else if (x <= nb) nb = x;
            else nc = x;
            f[i][na][nb][nc] = (f[i][na][nb][nc] + f[i - 1][a][b][c]) % M;
          }
        }
      }
    }
  }
  for (int i = 1; i <= m; i++) {
    for (int j = 1; j <= m; j++) {
      for (int k = 1; k <= m; k++) {
        ans = (ans + f[n][i][j][k]) % M;
      }
    }
  }
  cout << ans;
}