Day 1 T1 异或粽子

题意：给出一个长为n的序列，选择K个不完全重合的区间使得每个区间的异或值的总和最大。

题解：先做一个前缀异或和，对于每一个右端点我们记录三元组(l,r,x)表示在左端点在\([l,r]\)内，最大异或值为x，塞进堆里。每次取出堆顶，并将该三元组对应的区间分裂成两个，重新扔回堆里。计算区间最大异或值利用可持久化字典树。
时间复杂度\(O(n\log n+K\log Maxvalue)\)

#include <bits/stdc++.h>
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)
#define fod(i,a,b) for(int i=a;i>=b;--i)
#define N 500005
#define M 17000005
#define L 33
#define LL long long
using namespace std;
LL a[N],cf[L],ans,d[N];
int t[M][2],rt[N],mw,mx[M];
int n,cnt,n1;void ins(int k,int x,int w)
{fod(i,mw,0){int p=((a[w]&cf[i])>0);t[k][p^1]=t[x][p^1];mx[k]=w;k=t[k][p]=++n1,x=t[x][p];}mx[k]=w;
}
void read(LL &x)
{x=0;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();while(ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0',ch=getchar();
}
struct node
{int x,l,r,w;LL v;friend bool operator <(node x,node y){return x.v<y.v;}
};
priority_queue<node> h;int get(int l,int r,LL v)
{int k=rt[r];fod(i,mw,0){int p=(v&cf[i])>0;k=(t[k][1-p]&&mx[t[k][1-p]]>=l)?t[k][1-p]:t[k][p];}return mx[k];
}
int main()
{freopen("xor.in","r",stdin);freopen("xor.out","w",stdout);cin>>n>>cnt;cf[0]=1;fo(i,1,32) cf[i]=cf[i-1]*(LL)2;rt[0]=++n1;mw=0;fo(i,1,n){read(a[i]);a[i]^=a[i-1];fod(j,31,0) if(a[i]&cf[j]) {mw=max(mw,j);break;}    }ins(1,0,0);fo(i,1,n){rt[i]=++n1;ins(rt[i],rt[i-1],i);int w=get(0,i-1,a[i]);h.push((node){i,0,i-1,w,a[i]^a[w]});}fo(i,1,cnt){node p=h.top();h.pop();ans+=p.v;int x=p.x;if(p.l<p.w) {int w=get(p.l,p.w-1,a[x]);h.push((node){x,p.l,p.w-1,w,a[x]^a[w]});}if(p.r>p.w){int w=get(p.w+1,p.r,a[x]);h.push((node){x,p.w+1,p.r,w,a[x]^a[w]});}}printf("%lld\n",ans);
}

Day 1 T2 字符串问题

题意：给出一个字符串S，将S中的一些子串定为A串，一些定为B串，给出了m组某个A串支配某个B串的关系，要求选出一个最长的字符串T，T为A串拼接而成，且任意相邻的两个A串(ai,ai+1)中，存在一个B串，它是ai+1的前缀，且被ai支配。求最长的长度，需要判是否无限长。

题解：将倒着做一遍，将后缀自动机的fail树弄出来（后缀树），然后我们将包含A，B串的节点设为关键点，将A,B串在这个节点上对应的长度分裂成一个新节点，同一个节点分裂出来的点从长度小到大连边，显然这个新构出来的树点数还是是\(O(n)\)的，将支配关系也看做边连起来，最后新建一个节点，每个A串向这个点连边表示结束。跑拓扑序DP即可，如果出环就是无限长。
分裂节点、找节点的时候利用map和倍增来做，总的时间复杂度\(O(n\log n)\)

#include <bits/stdc++.h>
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)
#define fod(i,a,b) for(int i=a;i>=b;--i)
#define N 900005
#define M 2000005
#define LL long long
using namespace std;
int t[N][26],n1,mx[N],ft[N][20],n,m,ma,mb,fs[N],nt[M],dt[M],pr[M],m1,mq,pt[2][N],len[N],d[N],rd[N],n2;
LL f[N],ans;
char st[N];
struct node
{int x,y,p,w;friend bool operator <(node x,node y){return (x.x<y.x)||(x.x==y.x&&x.y<y.y);  }
}ask[N];
map<int,int> h[N];
typedef map<int,int>::iterator IT;
void link(int x,int y,int z)
{nt[++m1]=fs[x];dt[fs[x]=m1]=y; rd[y]++;pr[m1]=z;
}
void make()
{int ls=1;n1=1;fo(j,0,25) t[1][j]=0;fod(i,n,1){int c=st[i]-'a',p=ls;mx[ls=++n1]=n-i+1;  fo(j,0,25) t[n1][j]=0;  while(p&&!t[p][c]) t[p][c]=ls,p=ft[p][0];if(p){int q=t[p][c];if(mx[q]==mx[p]+1) ft[ls][0]=q;else{ft[++n1][0]=ft[q][0];mx[n1]=mx[p]+1;ft[q][0]=ft[ls][0]=n1;fo(j,0,25) t[n1][j]=t[q][j];while(p&&t[p][c]==q) t[p][c]=n1,p=ft[p][0]; }}else ft[ls][0]=1;}
}
void jump(int &x,int e)
{for(int j=19;mx[ft[x][0]]>=e;){while(j&&mx[ft[x][j]]<e) j--;x=ft[x][j];}
}
void read(int &x)
{x=0;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();while(ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0',ch=getchar();
}
void bfs()
{d[0]=0;fo(i,1,n2) if(!rd[i]) d[++d[0]]=i;int l=0;while(l<d[0]){int k=d[++l];ans=max(ans,f[k]);for(int i=fs[k];i;i=nt[i]){int p=dt[i];f[p]=max(f[p],f[k]+pr[i]);rd[p]--;if(rd[p]==0) d[++d[0]]=p;   }}
}
int main()
{freopen("string.in","r",stdin);freopen("string.out","w",stdout);int t1;cin>>t1;while(t1--){fo(i,1,n1) {mx[i]=0,h[i].clear();ft[i][0]=0;}fo(i,1,n2) fs[i]=rd[i]=f[i]=0;m1=0;n1=n2=0;mq=0;scanf("\n%s",st+1); n=strlen(st+1);make();fo(i,1,n1) h[i][mx[i]]=i;read(ma);fo(i,1,ma) {int l,r;read(l),read(r);ask[++mq]=(node){l,r,0,i};len[i]=r-l+1;}read(mb);fo(i,1,mb){int l,r;read(l),read(r);ask[++mq]=(node){l,r,1,i};}sort(ask+1,ask+mq+1);fo(j,1,19)fo(i,1,n1) ft[i][j]=ft[ft[i][j-1]][j-1];int k=1,j=n,w=1;n2=n1;ask[mq+1].x=n+1;fod(i,mq,1){if(i==mq||ask[i].x!=ask[i+1].x){fod(p,ask[i+1].x-1,ask[i].x) k=t[k][st[p]-'a'];w=k;}jump(w,ask[i].y-ask[i].x+1);if(!h[w][ask[i].y-ask[i].x+1]) h[w][ask[i].y-ask[i].x+1]=++n2;pt[ask[i].p][ask[i].w]=h[w][ask[i].y-ask[i].x+1];   }fo(i,1,n1){IT it=h[i].begin();int ls=ft[i][0];for(;it!=h[i].end();it++) if(ls) link(ls,(*it).second,0),ls=(*it).second;}read(m);fo(i,1,m){int x,y;read(x),read(y);link(pt[0][x],pt[1][y],len[x]);}n2++;ans=0;fo(i,1,ma) link(pt[0][i],n2,len[i]); bfs();if(d[0]!=n2) printf("-1\n");else printf("%lld\n",ans);}}

Day 2 T1 皮配

题意：有n所学校，c座城市，每个学校都属于某一个城市。现在有4位导师，分成两大阵营(1,2),(3,4)和两大派系(1,3),(2,4)。每个阵营和每个派系都有一个人数上限，每个学校有一个选手人数。现在问有多少种分配方案，满足同一个城市的学校选择同一个阵营，同一个学校的所有选手选择同一个导师。此外，有k所学校的选手一定不会选择某一位导师。

题解：若k=0，我们容易发现阵营限制和派系限制是独立的，由于一个城市必须选择相同阵营，且对于学校来说所属城市选哪个阵营没有关系。我们只需要将城市对于阵营人数做背包，学校对于派系做背包，最后答案乘在一起即可。
若k!=0，我们将有限制的k个学校取出，剩余没有限制的学校和城市跟之前一样DP。剩下k所学校暴力做同时两维限制的背包即可，最后再将三个东西乘在一起。
直接做容易卡常数，我们发现每所学校的人数不超过10，那么DP时和的上界对总人数取个min，单组数据复杂度就优化到是\(O((n+c)M+kM*10k)\)

相当丑...

#include <bits/stdc++.h>
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)
#define fod(i,a,b) for(int i=a;i>=b;--i)
#define N 2505
#define LL long long
#define mo 998244353
#define L 12
using namespace std;LL f[N][N],g[N][N],cf[L+1],l2[L+1],h[2][N][N][2];
int a[N],c[N],s[N],t,n,m,lim[4],mx,bp[N],fr[N],n1,m1,d[N],d2[N],bq[2][N][N][2];
bool bz[N];bool cmp(int x,int y)
{return (bp[x]<bp[y]);
}
bool cmp2(int x,int y)
{return (bz[x]<bz[y]);
}
void inc(LL &x,LL v)
{x=(x+v)%mo;
}
bool cmp3(int x,int y)
{return fr[x]<fr[y];
}
LL gf(int l,int r)
{if(r>lim[2]) r=lim[2];if(r<0) return 0;LL s=f[n1][r];if(l>0) s=(s-f[n1][l-1]+mo)%mo;return s;
}
LL gg(int l,int r)
{if(r>lim[0]) r=lim[0];if(r<0||l>r) return 0;LL s=g[m1][r];if(l>0) s=(s-g[m1][l-1]+mo)%mo;return s;
}
int main()
{freopen("mentor.in","r",stdin);freopen("mentor.out","w",stdout);cin>>t;cf[0]=1;fo(i,1,L) l2[cf[i]=cf[i-1]<<1]=i;while(t--){mx=0;memset(bz,0,sizeof(bz));memset(s,0,sizeof(s));memset(f,0,sizeof(f));memset(h,0,sizeof(h));memset(g,0,sizeof(g));memset(bq,0,sizeof(bq));memset(bp,255,sizeof(bp));scanf("%d%d",&n,&m);int sum=0;fo(j,0,3) scanf("%d",&lim[j]),mx=max(mx,lim[j]);fo(i,1,n) {int x,y;scanf("%d%d",&x,&y);fr[i]=x;sum+=y;s[x]+=y,c[i]=y;d[i]=i;}int lc;scanf("%d",&lc);fo(i,1,lc) {int x,y;scanf("%d%d",&x,&y);bp[x]=y;bz[fr[x]]=1;}sort(d+1,d+n+1,cmp);n1=0;while(n1<n&&bp[d[n1+1]]<0) n1++;f[0][0]=1;fo(i,1,n1){fo(j,0,lim[2]) {f[i][j]=f[i-1][j];if(j>=c[d[i]]) inc(f[i][j],f[i-1][j-c[d[i]]]);}}fo(i,1,m) d2[i]=i;sort(d2+1,d2+m+1,cmp2);m1=0;while(m1<m&&!bz[d2[m1+1]]) m1++;g[0][0]=1;fo(i,1,m1){fo(j,0,lim[0]){g[i][j]=g[i-1][j];if(s[d2[i]]>0&&j>=s[d2[i]]) inc(g[i][j],g[i-1][j-s[d2[i]]]);}}h[0][0][0][0]=1,bq[0][0][0][0]=n1;sort(d+n1+1,d+n+1,cmp3);int vr=0;fo(i,n1+1,n){int i1=(i-n1)&1;if(i==n1+1||fr[d[i]]!=fr[d[i-1]]) vr+=s[fr[d[i]]];fo(p,0,1){int r1=min(lim[0],vr);fo(j,0,r1){int uj=(p==0&&(i==n1+1||fr[d[i]]!=fr[d[i-1]]))?j-s[fr[d[i]]]:j;if(uj>=0){int r2=min(10*(i-n1),lim[2]);fo(k,0,r2){h[i1][j][k][p]=0;bq[i1][j][k][p]=i;if(!(i==n1+1||fr[d[i]]!=fr[d[i-1]])){if(bp[d[i]]!=p*2&&k>=c[d[i]]) {if(bq[1^i1][uj][k-c[d[i]]][p]==i-1) inc(h[i1][j][k][p],h[1^i1][uj][k-c[d[i]]][p]);}if(bp[d[i]]!=p*2+1) {if(bq[1^i1][uj][k][p]==i-1) inc(h[i1][j][k][p],h[1^i1][uj][k][p]);}}   else{if(bp[d[i]]!=p*2&&k>=c[d[i]]) {if(bq[1^i1][uj][k-c[d[i]]][0]==i-1) inc(h[i1][j][k][p],h[1^i1][uj][k-c[d[i]]][0]);if(bq[1^i1][uj][k-c[d[i]]][1]==i-1) inc(h[i1][j][k][p],h[1^i1][uj][k-c[d[i]]][1]);}if(bp[d[i]]!=p*2+1) {if(bq[1^i1][uj][k][0]==i-1) inc(h[i1][j][k][p],h[1^i1][uj][k][0]);if(bq[1^i1][uj][k][1]==i-1) inc(h[i1][j][k][p],h[1^i1][uj][k][1]);}}}   }   }}}fo(i,1,lim[2]) inc(f[n1][i],f[n1][i-1]);fo(i,1,lim[0]) inc(g[m1][i],g[m1][i-1]);int i1=(n-n1)&1;LL ans=0;fo(j,0,lim[0]) fo(k,0,lim[2]){if(bq[i1][j][k][0]==n) inc(ans,h[i1][j][k][0]*gg(sum-j-lim[1],lim[0]-j)%mo*gf(sum-k-lim[3],lim[2]-k)%mo);if(bq[i1][j][k][1]==n) inc(ans,h[i1][j][k][1]*gg(sum-j-lim[1],lim[0]-j)%mo*gf(sum-k-lim[3],lim[2]-k)%mo);}printf("%lld\n",ans);}
}

Day 2 T2 春节十二响

题意：给出一棵有根树，每个节点有点权，要将所有节点放入若干个集合中，每个集合的代价是集合中点权最大值。要求树上祖先和后代不能放入同一个集合。求最小总代价。

题解：先考虑一条链的情况（根不一定为链端），那一定是长一点的链上每个节点给一个集合，短的链的点塞进这些集合，根节点自成一个集合。深入思考可以发现一定是大的和大的点放在一起，小的和小的放在一起更优。同时这启发我们集合个数与深度有关。
扩展到树上，我们采用长链剖分，对于每条长链维护一个堆记录集合的权值，合并子树的时候就暴力取出长链的前若干大合并，再暴力塞回去。
由长链剖分的时间复杂度分析，这样做的时间复杂度是\(O(n\log n)\)的。

#include <bits/stdc++.h>
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)
#define fod(i,a,b) for(int i=a;i>=b;--i)
#define N 200005
#define LL long long
using namespace std;
int fs[N],nt[2*N],dt[2*N],ft[N],n,m,pr[N],dep[N],son[N],m1;
LL ans;
priority_queue<int> h[N];
int rt[N],n1,u1[N];void link(int x,int y)
{nt[++m1]=fs[x];dt[fs[x]=m1]=y;
}
void make(int k,int fa)
{for(int i=fs[k];i;i=nt[i]){int p=dt[i];if(p!=fa) make(p,k),son[k]=(dep[p]>dep[son[k]])?p:son[k];   }   dep[k]=dep[son[k]]+1;
}
void dfs(int k,int fa)
{if(son[k]) dfs(son[k],k),rt[k]=rt[son[k]];for(int i=fs[k];i;i=nt[i]){int p=dt[i];if(p!=fa&&p!=son[k]) dfs(p,k);}for(int i=fs[k];i;i=nt[i]){int p=dt[i];if(p!=fa&&p!=son[k]){u1[0]=0;while(!h[rt[p]].empty()){int x=h[rt[k]].top(),y=h[rt[p]].top();h[rt[k]].pop(),h[rt[p]].pop();  u1[++u1[0]]=max(x,y);}   fo(j,1,u1[0]) h[rt[k]].push(u1[j]);}}if(!rt[k]) rt[k]=++n1;h[rt[k]].push(pr[k]);
}
int main()
{freopen("spring.in","r",stdin);freopen("spring.out","w",stdout);cin>>n;fo(i,1,n) scanf("%d",&pr[i]);fo(i,2,n) scanf("%d",&ft[i]),link(ft[i],i);make(1,0);dfs(1,0);ans=0;while(!h[rt[1]].empty()) {ans+=h[rt[1]].top();h[rt[1]].pop();}printf("%lld\n",ans);
}