答疑帖：

赞助团队： UMR IT Team 和洛谷大佬栖息地

赛后题解:更新了那两道练手题的题解

赛时公告,不过一些通知也可能在团队宣言里发出

如果各位发现重题，请将你认为重复的题目链接连同这次比赛的题号一起发到@洛谷万岁 的私信，可能考虑有检举奖励QAQ

下面让我们请出@Forward_Star大佬！

好吧他可能会不在，有些问题我解决吧QAQ
但他应该马上就能回来。

最后祝大家AK愉快！

部分内容出自：https://www.luogu.org/blog/user21760/xiao-man-di-dancing-line-zhi-lv-ti-xie

这次比赛也是说难不难，说简单不简单呢，看看各位大佬的得分都如何呢？

热身题：

签个到！

这道题应该算是特别水了吧。其实可以记录下当前的方向，一旦改了方向就加1即可。下面给出std，共36ms,大家应该还能注意到空间上也给的比较小，我们就不能再一味的开1000*1000的数组，可以像std一样把数组压缩为2∗10002*10002∗1000，一维记方向，一维记路线.其他如下（海星？）

#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;int n,m,r,ans;char a[2][1001];
int main()
{ios::sync_with_stdio<false>scanf("%d%d",&n,&m);r=2;for (int i=1;i<=n;i++){int row=i%2;for (int j=1;j<=m;j++){cin>>a[row][j];if (a[row][j]=='1'&&a[(row+1)%2][j]=='1'&&r==0){r=1;ans++;}else if (a[row][j]=='1'&&a[row][j-1]=='1'&&r==1){r=0;ans++;}else if (r==2){if (a[row][j]=='1'&&a[(row+1)%2][j]=='1')r=1;else if (a[row][j]=='1'&&a[row][j-1]=='1')r=0;}}}printf("%d",ans);return 0;
}

二进制之谜（前体）

那么这道题如果你一看题面一定是水的不能再水的题了，但看到数据后，c++之类的选手就要注意了：高精度来作甚？

#include<cstdio>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<iostream>
using namespace std;struct forward_star{int next,to;};long long a[501],c[10001][501];int head[1000001];forward_star edge[10000001];int tot,cnt;string s;
void plu(int now)
{for (int i=1;i<=max(a[0],c[now][0]);i++){c[now][i]+=a[i];c[now][i+1]+=c[now][i]/1000000000;c[now][i]%=1000000000;}c[now][0]=max(a[0],c[now][0]);if (c[now][c[now][0]+1]!=0) c[now][0]++;return;
}
void multiply()
{for (int i=a[0];i>=1;i--){a[i]*=2;a[i+1]+=a[i]/1000000000;a[i]%=1000000000;}if (a[a[0]+1]!=0) a[0]++;return;
}
void add(int u,int v)
{cnt++;edge[cnt].to=v;edge[cnt].next=head[u];head[u]=cnt;
}
int main()
{while (cin>>s){tot++;for (int i=s.size()-1;i>=0;i--)if (s[i]=='1')add(s.size()-i-1,tot);}a[0]=1;a[1]=1;for (int i=0;i<=10000;i++){int j=head[i];while (j!=0){plu(edge[j].to);j=edge[j].next;}multiply();}for (int i=1;i<=tot;i++){for (int j=c[i][0];j>=1;j--){int p=10;while (j<c[i][0]&&c[i][j]<1000000000/p){printf("0");p*=10;}printf("%lld",c[i][j]);} printf("\n");}return 0;
}

比赛题目：

T1

题意：给出一个长度为nnn字符环，求回文串长度为lll的回文中心个数。

Solution 0

我们可以有信仰！输出0，期望得分10；输出nnn，期望得分10。

Solution 1

我们可以暴力！枚举所有子串，期望得分30；

Solution 2

枚举所有回文中心，根据处理环的方式不同（开环枚举断点或补成字符串），时间复杂度也有不同，期望得分50～80（为了照顾不会Manacher的同学）；

Solution 3

把读入的串复制两次分别粘贴在原串前后，这样便和环等价，直接跑一遍Manacher，时间复杂度为O(n)O(n)O(n)，期望得分100分。

不懂Manacher？百度有啊

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;int n,l,cnt;int str[10000001];char t[10000001];char s[10000001];
int main()
{scanf("%d%d",&n,&l);for (int i=1;i<=n;i++){t[i]=getchar();while (t[i]<'A'||t[i]>'Z')t[i]=getchar();}for (int j=1;j<=3;j++)for (int i=1;i<=n;i++){s[++cnt]='0';s[++cnt]=t[i];}s[++cnt]='0';int r=0;int now=0;int ans=0;for (int i=1;i<=cnt;i++){if (i<=r)str[i]=min(r-i+1,str[now*2-i]);while (i+str[i]<=cnt&&i-str[i]>0&&s[i+str[i]]==s[i-str[i]]) str[i]++;if (str[i]+i-1>r){r=str[i]+i-1;now=i;}if (str[i]-1>=l&&i>=2*n+1&&i<=cnt-2*n&&s[i]!='0')ans++;}printf("%d",ans);return 0;
}

T2

题意：给出数列an+1=(an−nk+2)k+n+1a_{n+1}=(\sqrt[k]{a_n-n}+2)^k+n+1an+1​=(kan​−n​+2)k+n+1，求最小kkk使得an≡b(moda_n \equiv b(modan​≡b(mod m)m)m)。

Solution 0

我们可以有信仰！输出0，期望得分10；输出INF，期望得分20.

Solution 1

我们可以暴力！直接枚举kkk递推ana_nan​，期望得分30；

Solution 2

发现通项公式an=2(n−1)+na_n=2(n-1)+nan​=2(n−1)+n再枚举kkk，期望得分60；

找出通项公式的方法：

1、打表；

2、移项得：an+1−(n+1)=(an−nk+2)ka_{n+1}-(n+1)=(\sqrt[k]{a_n-n}+2)^kan+1​−(n+1)=(kan​−n​+2)k；

两边开kkk次方：an+1−(n+1)k=an−nk+2\sqrt[k]{a_{n+1}-(n+1)}=\sqrt[k]{a_n-n}+2kan+1​−(n+1)​=kan​−n​+2；

3、我们发现什么？！令tn=an−nt_n=a_n-ntn​=an​−n，则{tn}\left\{t_n\right\}{tn​}是等差数列！

算出t1=a1−1=0t_1=a_1-1=0t1​=a1​−1=0，那么tn=2(n−1)t_n=2(n-1)tn​=2(n−1)，则an−n=2(n−1)a_n-n=2(n-1)an​−n=2(n−1)，则an=2(n−1)+na_n=2(n-1)+nan​=2(n−1)+n。

这样，通项公式就找出来了。

Solution 3

扩展BSGS+快速乘即可。

#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<map>
using namespace std;long long n,m,b;map<long long,long long>mp;
inline long long multi(long long x,long long y,long long mod) //快速乘
{long long tmp=(x*y-(long long)(((long double)x*y+0.5)/mod)*mod);if (tmp<0) return tmp+mod; else return tmp;
}
inline long long gcd(long long a,long long b)
{while (a%b){long long k=a%b;a=b;b=k;}return b;
}
long long quickpower(long long a,int b)
{long long t=1;while (b>0){if ((b&1)==1) t=multi(t,a,m);if (b>1) a=multi(a,a,m);b=b>>1;}return t;
}
int main()
{mp.clear();scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&b);b=((b-n)%m+m)%m;long long first=((multi(2,n,m)-1)%m+m)%m;long long tmp=1;long long ans=0;while (true){long long d=gcd(first,m);if (d==1) break;if (b%d){printf("INF");return 0;}b/=d;m/=d;ans++;tmp=multi(tmp,first/d,m);if (tmp==b){printf("%lld",ans);return 0;}}long long now=b;mp[now]=0;int mm=ceil(sqrt(double(m)));for (int i=1;i<=mm;i++) //预处理哈希表{now=multi(now,first,m);mp[now]=i;}now=tmp;long long q=quickpower(first,mm);for (int i=1;i<=mm;i++){now=multi(now,q,m);if (mp[now]){printf("%lld",(((long long)(i)*(long long)(mm)-mp[now]+ans)%m+m)%m);return 0;}}printf("INF");return 0;
}

理论上，本题因为mmm不是质数不能用BSGS，但是由于数据很水，裸BSGS也能拿80。

T3

题意略。

Solution 0

我们可以有信仰！输出0，期望得分0。

Solution 1

我们可以暴力！枚举所有组合状态，期望得分30。

Solution 2

建图跑费用流。

将所有0视为源点，所有1视为汇点，当然这样是跑不了网络流的，所以我们设置超级源点与超级汇点分别与所有源点和所有汇点相连，由于每个0和1只能用一次，这些边的费用为0，容量为1。

之后处理二进制数，将每一个0与其后面的1连一条费用为两者位数差的绝对值且容量为1的边。

这样建图就完成了，跑一遍费用流即可。

但这里有个问题：如何保证它们不交叉？

其实显然可以发现，同样的几个数，不管对应关系交叉还是不交叉，总启发系数是相等的，这样我们就无需另外特殊处理了。

时间复杂度在O(n3)O(n^3)O(n3)~O(n4)O(n^4)O(n4)之间，期望得分100分。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;int n,first;char c[501]; int w[502][502];bool f[502][502];int stack[502];int dist[502];int pre[502];bool vis[502];
int check()
{int top=1;stack[1]=0;for (int i=1;i<=n+1;i++)dist[i]=-2147483647;dist[0]=0;memset(vis,false,sizeof(vis));vis[0]=true;while (top>0){int now=stack[top];top--;vis[now]=false;for (int i=0;i<=n+1;i++)if (f[now][i]&&dist[now]+w[now][i]>dist[i]){dist[i]=dist[now]+w[now][i];pre[i]=now;if (!vis[i]){vis[i]=true;stack[++top]=i;}}}return dist[n+1];
}
int main()
{scanf("%d",&n);for (int i=1;i<=n;i++){char s;s=getchar();while (s!='0'&&s!='1') s=getchar();c[i]=s;}for (int i=1;i<=n;i++){if (c[i]=='0'){w[0][i]=0;w[i][0]=0;f[0][i]=1;f[i][0]=0;}else{w[i][n+1]=0;w[n+1][i]=0;f[i][n+1]=1;f[n+1][i]=0;}for (int j=i+1;j<=n;j++)if (c[i]=='0'&&c[j]=='1'){w[i][j]=j-i;w[j][i]=-(j-i);f[i][j]=1;f[j][i]=0;}}int ans=0;bool find=false;while (!find){int del=check();if (del==-2147483647)find=true;else{ans+=del;int t=n+1;while (t!=0){f[t][pre[t]]=!f[t][pre[t]];f[pre[t]][t]=!f[pre[t]][t];t=pre[t];}}}printf("%d",ans);return 0;
}

T4

题意较为复杂，详见题面。

本题操作较多，前面的测试点基本上都分别对应一个操作，因此我们逐个测试点分析。

111：没什么好说的……

222：最暴力的方法也能过，也没什么好说的。

444：这个也很简单，直接跑一遍最长路即可，当然裸dijkstradijkstradijkstra是过不了的，需要加堆优化；

由于出题人的数据生成器比较水，生成个数据都要几分钟，所以很良心地没有卡spfaspfaspfa。

333：这一测试点边权为0，那就省去了最长路了；

如何判断图的连通性？顺着去枚举并每次判断连通性，显然会超时；

这里标程用了笨办法：分块二分；由于删除的边不超过1000条，最多只会把操作分成1000个部分，每一部分操作都是添加边，显然有单调性！

顺着枚举每一部分的操作，在处理每个部分时二分判断连通性，可以减少判断的次数，优化操作时间。

至于删除操作，我用了树状数组+二分，树状数组存前缀和，即它是第几条边，然后二分它在原数组的标号即可。

5−65-65−6：经过上面一番分析大家大概也有整体思路了：先分块二分判连通性，再求最长路。

这里无消失的边，那么省去了分块与删除操作，其它与上面方法一样。

7−87-87−8：这里也是非常简单的，由于删除边对生成连通图没有贡献，所以操作同444。

9−109-109−10：其实就是测试点333+测试点444，用333的方法判断连通性后求个最长路即可。

可见，本题中其实大部分分都可以水的，而要AC，解决测试点333是关键。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;struct newdata{int tm,type,u,v,w,k;};struct forward_star {int next,to,w;};int n,m,t,cnt,tot;forward_star edge[1100001];newdata work[100001];int head[100001];int heap[100001];int que[100001];int ref[100001];int tree[1100001];int dist[100001];bool usable[1100001];bool vis[100001];
void add(int u,int v,int w)
{cnt++;edge[cnt].to=v;edge[cnt].w=w;edge[cnt].next=head[u];head[u]=cnt;
}
void adjust_up(int now)
{if (now>1&&dist[heap[now]]>dist[heap[now/2]]){ref[heap[now]]=now/2;ref[heap[now/2]]=now;swap(heap[now],heap[now/2]);adjust_up(now/2);}
}
void adjust_down(int now)
{if (now*2+1<=tot){int k;if (dist[heap[now*2+1]]>dist[heap[now*2]]) k=now*2+1; else k=now*2;if (dist[heap[k]]>dist[heap[now]]){ref[heap[k]]=now;ref[heap[now]]=k;swap(heap[k],heap[now]);adjust_down(k);}}else if (now*2<=tot){if (dist[heap[now*2]]>dist[heap[now]]){ref[heap[now]]=now*2;ref[heap[now*2]]=now;swap(heap[now],heap[now*2]);adjust_down(now*2);}}
}
void addheap(int now)
{heap[++tot]=now;ref[now]=tot;adjust_up(tot);
}
void pushheap()
{heap[1]=heap[tot];ref[heap[1]]=1;tot--;adjust_down(1);
}
void dijkstra_heap(int u)
{memset(vis,false,sizeof(vis));memset(dist,255,sizeof(dist));dist[u]=0;vis[u]=true;addheap(u);while (tot!=0){int now=heap[1];pushheap();int i=head[now];while (i!=0){if (usable[i]&&i<=cnt)if (dist[now]+edge[i].w>dist[edge[i].to]){dist[edge[i].to]=dist[now]+edge[i].w;if (!vis[edge[i].to]){vis[edge[i].to]=true;addheap(edge[i].to);} else adjust_up(ref[edge[i].to]);}i=edge[i].next;}}
}
bool cmp(newdata i,newdata j)
{return i.tm<j.tm;
}
bool check(int u,int v)
{memset(vis,false,sizeof(vis));int top=1;que[top]=u;vis[u]=true; while (top>0){int now=que[top];top--;int i=head[now];while (i!=0){if (i<=cnt&&usable[i])if (!vis[edge[i].to]){if (edge[i].to==v) return true;vis[edge[i].to]=true;que[++top]=edge[i].to;}i=edge[i].next;}}return false;
}
void adjust(int now)
{int i=now;while (i>0){i-=i&i;tree[now]+=tree[i];}tree[now]++;
}
int sum(int now)
{int tot=0;int i=now;while (i>0){tot+=tree[i];i-=i&i;}return tot;
}
int solve(int now)
{int l=1;int r=cnt;while (l<r){int mid=(l+r)>>1;if (sum(mid)<now)l=mid+1;else r=mid-1;}tree[l]--;return l;
}
int main()
{scanf("%d%d",&n,&m);for (int i=1;i<=m;i++){int u,v,w;scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);add(u,v,w);adjust(i);}memset(usable,true,sizeof(usable));scanf("%d",&t);if (t==0){dijkstra_heap(1);if (dist[n]==-1)printf("Continue from the last checkpoint");else{printf("0\n");printf("%d",dist[n]);}return 0;}else{bool occur=false;bool disappear=false;for (int i=1;i<=t;i++){scanf("%d%d",&work[i].tm,&work[i].type);if (work[i].type==0){ scanf("%d%d%d",&work[i].u,&work[i].v,&work[i].w);occur=true;}else {scanf("%d",&work[i].k);disappear=true;}}if (disappear&&!occur){dijkstra_heap(1);if (dist[n]==-1)printf("Continue from the last checkpoint");else{printf("0\n");printf("%d",dist[n]);}return 0;}sort(work+1,work+t+1,cmp);if (check(1,n)){printf("0\n");dijkstra_heap(1);printf("%d",dist[n]);return 0;}int l=1;for (int i=1;i<=t;i++)if (work[i].type==1){int r=i-1;if (l>=r){usable[solve(work[i].k)]=false;l=i+1;continue;}int cnt_first=cnt;int l_first=l;for (int j=l;j<=r;j++){add(work[j].u,work[j].v,work[j].w);adjust(cnt);}while (l<r-1){int mid=(l+r)>>1;cnt=cnt_first+mid-l_first+1;if (check(1,n))r=mid;else l=mid;}cnt=cnt_first+l-l_first+1;if (check(1,n)){printf("%d\n",work[l].tm);dijkstra_heap(1);printf("%d",dist[n]);return 0;}cnt=cnt_first+r-l_first+1;if (check(1,n)){printf("%d\n",work[r].tm);dijkstra_heap(1);printf("%d",dist[n]);return 0;}cnt=cnt_first+i-l_first+1;usable[solve(work[i].k)]=false;l=i+1;}int r=t;int cnt_first=cnt;int l_first=l;for (int j=l;j<=r;j++){add(work[j].u,work[j].v,work[j].w);adjust(cnt);}while (l<r-1){int mid=(l+r)>>1;cnt=cnt_first+mid-l_first+1;if (check(1,n))r=mid;else l=mid;}cnt=cnt_first+l-l_first+1;if (check(1,n)){printf("%d\n",work[l].tm);dijkstra_heap(1);printf("%d",dist[n]);return 0;}cnt=cnt_first+r-l_first+1;if (check(1,n)){printf("%d\n",work[r].tm);dijkstra_heap(1);printf("%d",dist[n]);return 0;}printf("Continue from the last checkpoint");return 0;}return 0;
}