2022杭电多校（三）

文章目录

2022杭电多校（三）
- 一、比赛小结
- 二、题目分析及解法（基础题）
- - 1001、Equipment Upgrade
  - 1002、Boss Rush
  - 1003、Cyber Language
  - 1008、Laser Alarm
  - 1009、Package Delivery
  - 1011、Taxi
  - 1012、Two Permutations
- 二、题目分析及解法（进阶题）
- - 1004、Divide the Sweets
  - 1005、Spanning Tree Game
  - 1006、Dusk Moon
  - 1007、Shallow Moon
  - 1010、Range Reachability Query

一、比赛小结

比赛链接：Problems (hdu.edu.cn)

二、题目分析及解法（基础题）

1001、Equipment Upgrade

题目链接：Problem - 7162 (hdu.edu.cn)

题意：

一共有 n n n 级，在第 i i i 级时，升级到 i + 1 i+1 i+1 级的概率为 p i p_i pi ，且要被花费 c i c_i ci 元，并且还有 ( 1 − p i ) ω j ∑ k = 1 i ω k \displaystyle (1-p_i)\frac{\omega_j}{\sum_{k=1}^i\omega_k} (1−pi)∑k=1iωkωj 的概率降到第 i − j i-j i−j 级，求从 0 0 0 级升到 n n n 级的期望花费。

题解：

我们先来推下式子：

E n = 0 E_n=0 En=0

E i = c i + p i ⋅ E i + 1 + 1 − p i ∑ j = 1 i ω j ⋅ ( ∑ j = 1 i ω j ⋅ E i − j ) \displaystyle E_i=c_i+p_i \cdot E_{i+1}+\frac{1-p_i}{\sum_{j=1}^i\omega_j}\cdot (\sum_{j=1}^i\omega_j\cdot E_{i-j}) Ei=ci+pi⋅Ei+1+∑j=1iωj1−pi⋅(j=1∑iωj⋅Ei−j)

E i + 1 = E i − c i − 1 − p i ∑ j = 1 i ω j ⋅ ( ∑ j = 1 i ω j ⋅ E i − j ) p i \displaystyle E_{i+1}=\frac{E_i-c_i-\frac{1-p_i}{\sum_{j=1}^i\omega_j}\cdot (\sum_{j=1}^i{\omega_j\cdot E_{i-j}})}{p_i} Ei+1=piEi−ci−∑j=1iωj1−pi⋅(∑j=1iωj⋅Ei−j)

然后设 E i = a i ⋅ E 0 + b i E_i=a_i\cdot E_0+b_i Ei=ai⋅E0+bi ，则有：

a 0 = 1 , b 0 = 0 a_0=1, \ b_0=0 a0=1, b0=0

a i + 1 = a i − 1 − p i ∑ j = 1 i ω j ⋅ ( ∑ j = 1 i ω j ⋅ a i − j ) p i \displaystyle a_{i+1}=\frac{a_i-\frac{1-p_i}{\sum_{j=1}^i\omega_j}\cdot (\sum_{j=1}^i\omega_j \cdot a_{i-j})}{p_i} ai+1=piai−∑j=1iωj1−pi⋅(∑j=1iωj⋅ai−j)

b i + 1 = b i − c i − 1 − p i ∑ j = 1 i ω j ⋅ ( ∑ j = 1 i ω j ⋅ b i − j ) p i \displaystyle b_{i+1}=\frac{b_i-c_i-\frac{1-p_i}{\sum_{j=1}^i\omega_j}\cdot (\sum_{j=1}^i\omega_j\cdot b_{i-j})}{p_i} bi+1=pibi−ci−∑j=1iωj1−pi⋅(∑j=1iωj⋅bi−j)

这个递推有卷积的形式，因此可以用分治+NTT 来做，分治NTT已经变成常识了（悲

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
namespace poly {typedef long long ll;
const int mod = 998244353;
const int maxn = 1e6 + 10;
ll invi[maxn];
// 记得先init()!!!!!!!!!
void init() {invi[1] = 1;for (int i = 2; i < maxn; i++) {invi[i] = (mod - mod / i) * invi[mod % i] % mod;}
}
// 快速幂
ll quickpow(ll x, ll y) {ll ans = 1;while (y) {if (y & 1) ans = ans * x % mod;y >>= 1;x = x * x % mod;}return ans;
}
// 二次剩余
ll modsqrt(ll x) {if (mod == 2) return x % mod;if (quickpow(x, mod - 1 >> 1) != 1) return -1;ll ans = 0;if (mod % 4 == 3)ans = quickpow(x, mod + 1 >> 2);else {ll b;for (b = rand() % mod; quickpow(b, mod - 1 >> 1) == 1; b = rand() % mod);ll i = mod - 1 >> 1, k = 0;do {i >>= 1;k >>= 1;if ((quickpow(x, i) * quickpow(b, k) + 1) % mod == 0) k += (mod - 1 >> 1);} while (i % 2 == 0);ans = quickpow(x, i + 1 >> 1) * quickpow(b, k >> 1) % mod;}if (ans * 2 > mod) ans = mod - ans;return ans;
}
// 蝴蝶变换
void change(ll* a, int len) {static int rev[maxn];rev[0] = 0;for (int i = 0; i < len; i++) {rev[i] = (rev[i >> 1] >> 1);if (i & 1) rev[i] |= len >> 1;}for (int i = 0; i < len; i++)if (i < rev[i]) swap(a[i], a[rev[i]]);
}
// flag=1 -> NTT , flag=-1 -> INTT , O(nlogn)
void NTT(ll* a, int len, int flag) {change(a, len);for (int h = 2; h <= len; h <<= 1) {ll uni = quickpow(3, (mod - 1) / h);  // 3 为 mod = 998244353 的原根if (flag == -1) uni = quickpow(uni, mod - 2);for (int i = 0; i < len; i += h) {ll w = 1;for (int j = i; j < i + h / 2; j++) {ll u = a[j] % mod;ll v = w * a[j + h / 2] % mod;a[j] = (u + v) % mod;a[j + h / 2] = (u - v + mod) % mod;w = w * uni % mod;}}}if (flag == -1) {ll inv = quickpow(len, mod - 2);for (int i = 0; i < len; i++) a[i] = a[i] * inv % mod;}
}
// 多项式乘法，n m 分别为 a b 最高次数
void polymul(ll* a, ll* b, ll* ans, int n, int m) {static ll tpa[maxn], tpb[maxn];memcpy(tpa, a, sizeof(ll) * (n + 1));memcpy(tpb, b, sizeof(ll) * (m + 1));int len = 1;for (; len < n + 1; len <<= 1)  // n + m + 1 !!! 本题特殊;memset(tpa + n + 1, 0, sizeof(ll) * (len - n));memset(tpb + m + 1, 0, sizeof(ll) * (len - m));NTT(tpa, len, 1);NTT(tpb, len, 1);for (int i = 0; i <= len; i++) ans[i] = tpa[i] * tpb[i] % mod;NTT(ans, len, -1);
}// // 多项式求逆，ans为最终答案数组, O(nlogn)
// void polyinv(ll* a, ll* ans, int len) {//   static ll tp[maxn];
//   memset(tp, 0, sizeof(ll) * (len << 1));
//   memset(ans, 0, sizeof(ll) * (len << 1));
//   ans[0] = quickpow(a[0], mod - 2);
//   for (int h = 2; h <= len; h <<= 1) {//     memcpy(tp, a, sizeof(ll) * h);
//     NTT(tp, h << 1, 1);
//     NTT(ans, h << 1, 1);
//     for (int i = 0; i < (h << 1); i++)
//       ans[i] = ans[i] * ((2 + mod - tp[i] * ans[i] % mod) % mod) % mod;
//     NTT(ans, h << 1, -1);
//     memset(ans + h, 0, sizeof(ll) * h);
//   }
// }
// // 多项式除法，a / b = ans1, a % b = ans2
// void polydiv(ll* a, ll* b, ll* ans1, ll* ans2, int n, int m) {//   static ll tp0[maxn];
//   int len = 1;
//   for (; len < n - m + 1; len <<= 1)
//     ;
//   memset(tp0, 0, sizeof(ll) * len);
//   for (int i = 0; i <= n; i++) ans1[n - i] = a[i];
//   for (int i = 0; i <= m; i++) ans2[m - i] = b[i];
//   for (int i = n - m + 1; i <= m; i++) ans2[i] = 0;
//   polyinv(ans2, tp0, len);
//   polymul(ans1, tp0, tp0, n, n - m);
//   for (int i = 0; i <= n - m; i++) ans1[i] = tp0[n - m - i];
//   polymul(b, ans1, ans2, m, n - m);
//   for (int i = 0; i < m; i++) ans2[i] = (a[i] - ans2[i] + mod) % mod;
// }
// // 多项式求导
// void qiudao(ll* a, ll* ans, int len) {//   for (int i = 1; i < len; i++) ans[i - 1] = a[i] * i % mod;
//   ans[len - 1] = 0;
// }
// // 多项式积分
// void jifen(ll* a, ll* ans, int len) {//   for (int i = len - 1; i; i--) ans[i] = a[i - 1] * invi[i] % mod;
//   ans[0] = 0;  // 积分常数C
// }
// // 多项式ln，a[0]!=0，O(nlogn)
// void polyln(ll* a, ll* ans, int len) {//   static ll tp1[maxn];
//   qiudao(a, tp1, len);
//   memset(tp1 + len, 0, sizeof(ll) * len);
//   polyinv(a, ans, len);
//   NTT(ans, len << 1, 1);
//   NTT(tp1, len << 1, 1);
//   for (int i = 0; i < (len << 1); i++) tp1[i] = tp1[i] * ans[i] % mod;
//   NTT(tp1, len << 1, -1);
//   jifen(tp1, ans, len);
// }
// // 多项式exp，a[0]==0，O(nlogn)
// void polyexp(ll* a, ll* ans, int len) {//   static ll tp2[maxn];
//   memset(tp2, 0, sizeof(ll) * (len << 1));
//   memset(ans, 0, sizeof(ll) * (len << 1));
//   ans[0] = 1;
//   for (int h = 2; h <= len; h <<= 1) {//     polyln(ans, tp2, h);
//     tp2[0] = ((a[0] + 1) % mod - tp2[0] + mod) % mod;
//     for (int i = 1; i < h; i++) tp2[i] = (a[i] - tp2[i] + mod) % mod;
//     memset(tp2 + h, 0, sizeof(ll) * h);
//     NTT(ans, h << 1, 1);
//     NTT(tp2, h << 1, 1);
//     for (int i = 0; i < (h << 1); i++) ans[i] = ans[i] * tp2[i] % mod;
//     NTT(ans, h << 1, -1);
//     memset(ans + h, 0, sizeof(ll) * h);
//   }
// }
// // 多项式开根，O(nlogn)
// void polysqrt(ll* a, ll* ans, int len) {//   static ll tp3[maxn], tp4[maxn];
//   memset(tp3, 0, sizeof(ll) * (len << 1));
//   memset(tp4, 0, sizeof(ll) * (len << 1));
//   memset(ans, 0, sizeof(ll) * (len << 1));
//   ans[0] = modsqrt(a[0]);  // 二次剩余
//   ll inv2 = quickpow(2, mod - 2);
//   for (int h = 2; h <= len; h <<= 1) {//     polyinv(ans, tp3, h);
//     memcpy(tp4, a, sizeof(ll) * h);
//     NTT(tp3, h << 1, 1);
//     NTT(tp4, h << 1, 1);
//     NTT(ans, h << 1, 1);
//     for (int j = 0; j < (h << 1); j++)
//       ans[j] =
//           (ans[j] * ans[j] % mod + tp4[j]) % mod * inv2 % mod * tp3[j] % mod;
//     NTT(ans, h << 1, -1);
//     memset(ans + h, 0, sizeof(ll) * h);
//   }
// }}  // namespace poly
typedef long long ll;
const int maxn = 1e6 + 10;
const int mod = 998244353;int n;
int c[maxn], w[maxn];
int p[maxn], pre[maxn], invp[maxn];
int ea[maxn], eb[maxn];
int fa[maxn], fb[maxn];
int ta[maxn], tb[maxn], tw[maxn];void solve(int l, int r) {if (l == r) {if (l) {ea[l + 1] = ((ea[l] - (1ll - p[l]) * fa[l] % mod * pre[l]) % mod + mod) *invp[l] % mod;eb[l + 1] =((eb[l] - c[l] - (1ll - p[l]) * fb[l] % mod * pre[l]) % mod + mod) *invp[l] % mod;}return;}int mid = (l + r) >> 1;solve(l, mid);// !!!importantfor (int i = 0; i < maxn && i <= 2 * (r - l); i++) ta[i] = tb[i] = tw[i] = 0;for (int i = l; i <= mid; i++) ta[i - l] = ea[i], tb[i - l] = eb[i];for (int i = 1; i <= r - l; i++) tw[i] = w[i];poly::polymul(ta, tw, ta, r - l, r - l);poly::polymul(tb, tw, tb, r - l, r - l);for (int i = mid + 1; i <= r; i++) {fa[i] = (fa[i] + ta[i - l]) % mod;fb[i] = (fb[i] + tb[i - l]) % mod;}solve(mid + 1, r);
}signed main() {// freopen("in.txt", "r", stdin);// freopen("out.txt", "w", stdout);ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0), cout.tie(0);poly::init();int _;cin >> _;while (_--) {cin >> n;for (int i = 0; i < n; i++) {int x;cin >> x >> c[i];p[i] = x * poly::invi[100] % mod;invp[i] = 100ll * poly::invi[x] % mod;}for (int i = 1; i < n; i++) {cin >> w[i];pre[i] = (pre[i - 1] + w[i]) % mod;}for (int i = 1; i < n; i++) pre[i] = poly::quickpow(pre[i], mod - 2);for (int i = 0; i <= n; i++) fa[i] = fb[i] = 0;ea[0] = 1, eb[0] = 0;ea[1] = 1, eb[1] = (mod - c[0]) % mod;solve(0, n - 1);int ans = (mod - eb[n]) * poly::quickpow(ea[n], mod - 2) % mod;cout << (ans + mod) % mod << endl;}return 0;
}

1002、Boss Rush

题目链接：Problem - 7163 (hdu.edu.cn)

题意：

小Q有 n n n 个技能，每个技能点击后需要再过 t i t_i ti 时间才能点击其他技能，对于每个技能 i i i ，点击后的 l e n i len_i leni 时间内均会造成伤害 d i , j d_{i, j} di,j ，boss 的血量为 H H H ，问最早多久可以打败 boss

题解：

其实感觉题目有些问题，题解的意思似乎是不考虑顺序，这里的 n n n 比较小 ( n ≤ 15 ) (n\le 15) (n≤15) ，可以乱搞，二分+状压可以轻松做出

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int maxn = 20;
const int maxm = 1e5 + 5;
int t[maxm], len[maxm];
int d[maxn][maxm];
int tim[1 << maxn], dp[1 << maxn];
int n, hp;
bool check(int x) {memset(dp, -1, sizeof(dp));dp[0] = 0;for (int st = 0; st < 1 << n; st++) {int w = dp[st];if (w >= hp) return 1;if (w < 0 || tim[st] > x) continue;for (int i = 0; i < n; i++)if (!(st >> i & 1))if (tim[st] + len[i] - 1 <= x)dp[st | (1 << i)] = max(dp[st | (1 << i)], w + d[i][len[i] - 1]);elsedp[st | (1 << i)] = max(dp[st | (1 << i)], w + d[i][x - tim[st]]);}return 0;
}
signed main() {// freopen("in.txt", "r", stdin);// freopen("out.txt", "w", stdout);ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0), cout.tie(0);int _;cin >> _;while (_--) {cin >> n >> hp;int ans = -1;int l = 0, r = 0;for (int i = 0; i < n; i++) {cin >> t[i] >> len[i];r += t[i] + len[i];for (int j = 0; j < len[i]; j++) cin >> d[i][j];for (int j = 1; j < len[i]; j++) d[i][j] += d[i][j - 1];}for (int st = 1; st < (1 << n); st++)tim[st] = tim[st - (st & -st)] + t[__builtin_ctz(st & -st)];while (l <= r) {int mid = (l + r) >> 1;if (check(mid))r = (ans = mid) - 1;elsel = mid + 1;}cout << ans << endl;}return 0;
}

1003、Cyber Language

题目链接：Problem - 7164 (hdu.edu.cn)

题意：

给一堆句子，句子中包含几个单词，输出单词的首字母大写

题解：

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
string s;
int main() {// freopen("in.txt", "r", stdin);// freopen("out.txt", "w", stdout);int _;cin >> _;getchar();while (_--) {getline(cin, s);int len = s.length();for (int i = 0; i < len; i++)if (i == 0 || s[i - 1] == ' ') cout << (char)toupper(s[i]);cout << endl;}return 0;
}

1008、Laser Alarm

题目链接： Problem - 7169 (hdu.edu.cn)
题意：

空间中有 n n n 条线段 n ≤ 50 n\le 50 n≤50 ，求一个与线段交点最多的平面

题解：

由于 n n n 比较小，所以可以乱搞，三点确定一个平面，所以我们枚举所有三点对即可，然后遍历计数
代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 55;
struct node {int x, y, z;node(int _x = 0, int _y = 0, int _z = 0) : x(_x), y(_y), z(_z) {}node operator-(const node& p) const {return node(x - p.x, y - p.y, z - p.z);}node operator*(const node& p) const {return node(y * p.z - z * p.y, z * p.x - x * p.z, x * p.y - y * p.x);}int operator^(const node& p) const { return x * p.x + y * p.y + z * p.z; }bool operator==(const node& p) const {return x == p.x && y == p.y && z == p.z;}
} p[maxn * 2];
int ptoplane(const node& a, const node& b, const node& c, const node& p) {return ((b - a) * (c - a)) ^ (p - a);
}
bool colinear(const node& a, const node& b, const node& p) {node t = (a - b) * (b - p);return !t.x && !t.y && !t.z;
}
int n;
int main() {// freopen("in.txt", "r", stdin);// freopen("out.txt", "w", stdout);ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0), cout.tie(0);int _;cin >> _;while (_--) {cin >> n;for (int i = 1; i <= n * 2; i++) cin >> p[i].x >> p[i].y >> p[i].z;int ans = 1;for (int i = 1; i <= n * 2; i++) {for (int j = 1; j < i; j++) {if (p[i] == p[j]) continue;for (int k = 1; k < j; k++) {if (p[i] == p[j] || p[i] == p[k] || p[j] == p[k]) continue;if (colinear(p[i], p[j], p[k])) continue;int now = 0;for (int l = 1; l <= n; l++) {int x = ptoplane(p[i], p[j], p[k], p[l * 2 - 1]);int y = ptoplane(p[i], p[j], p[k], p[l * 2]);if (!x || !y || (x < 0 && y > 0) || (x > 0 && y < 0)) now++;}ans = max(ans, now);}int now = 0;for (int k = 1; k <= n; k++) {if (colinear(p[i], p[j], p[k * 2 - 1]) ||colinear(p[i], p[j], p[k * 2]))now++;}ans = max(ans, now);}}cout << ans << endl;}return 0;
}

1009、Package Delivery

题目链接：Problem - 7170 (hdu.edu.cn)

题意：

小Q有 n n n 个包裹，每个包裹都有一个区间时间，小Q必须在截至前拿走包裹，每次小Q最多可以拿 k k k 个，问小Q最少去邮局多少次

题解：

贪心即可，或者说尽量拖延就行，关注每个包裹的截至时间，在这个时间拿走包裹，顺便拿走其他截至时间早的就行。

下面这个算法看似是 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2) 的，实际上线性时间内可以通过

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define pii pair<int, int>
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 5;
int n, k;
int ql[maxn], qr[maxn];
pii p[maxn];
bool vis[maxn];
int main() {ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0), cout.tie(0);int _;cin >> _;while (_--) {memset(vis, 0, sizeof vis);priority_queue<pii, vector<pii>, greater<pii>> q;cin >> n >> k;for (int i = 1; i <= n; i++) {cin >> p[i].first >> p[i].second;ql[i] = qr[i] = i;}sort(ql + 1, ql + 1 + n,[](int a, int b) { return p[a].first < p[b].first; });sort(qr + 1, qr + 1 + n,[](int a, int b) { return p[a].second < p[b].second; });int res = 0;for (int i = 1, j = 1; i <= n; i++) {if (vis[qr[i]]) continue;while (j <= n && p[ql[j]].first <= p[qr[i]].second) {q.push({p[ql[j]].second, ql[j]});j++;}for (int l = 1; l <= k; l++) {if (q.empty()) break;vis[q.top().second] = true;q.pop();}res++;}cout << res << endl;}
}

1011、Taxi

题目链接：Problem - 7172 (hdu.edu.cn)

题意：

有 n n n 个城镇，每个城镇有一个坐标，小Q有张VIP卡，假如小Q从 ( x ′ , y ′ ) (x',y') (x′,y′) 前往 ( x k , y k ) (x_k,y_k) (xk,yk) ，那么VIP卡可以帮他报销 min ⁡ { ∣ x ′ − x k ∣ + ∣ y ′ − y k ∣ , ω k } \min \{|x'-x_k|+|y'-y_k|, \omega_k \} min{∣x′−xk∣+∣y′−yk∣,ωk} 元。小Q想要去充分利用他的VIP卡，给出 q q q 个询问，每次询问给出一个坐标，要求找到VIP打折最多的一个地点。

题解：

这题用到了一些关于切比雪夫距离的一些技巧。没有 ω \omega ω 的限制的话，其实是一道很经典的问题。

max ⁡ { ∣ x ′ − x i ∣ + ∣ y ′ − y i ∣ } = max ⁡ { max ⁡ { x ′ − x i , − x ′ + x i } + max ⁡ { y ′ − y i , − y ′ + y i } } = max ⁡ { [ ( x ′ + y ′ ) + ( − x i − y i ) ] , [ ( x ′ − y ′ ) + ( − x i + y i ) ] , [ ( − x ′ + y ′ ) + ( x i − y i ) ] , [ ( − x ′ − y ′ ) + ( x i + y i ) ] } \max \{ |x'-x_i|+|y'-y_i| \} \\ =\max \{ \max\{x'-x_i,-x'+x_i\}+\max\{ y'-y_i, -y'+y_i\}\}\\=\max\{[(x'+y')+(-x_i-y_i)],[(x'-y')+(-x_i+y_i)],[(-x'+y')+(x_i-y_i)],[(-x'-y')+(x_i+y_i)]\} max{∣x′−xi∣+∣y′−yi∣}=max{max{x′−xi,−x′+xi}+max{y′−yi,−y′+yi}}=max{[(x′+y′)+(−xi−yi)],[(x′−y′)+(−xi+yi)],[(−x′+y′)+(xi−yi)],[(−x′−y′)+(xi+yi)]} 于是，记录 ( − x i − y i ) , ( − x i + y i ) , ( x i − y i ) , ( x i + y i ) (-x_i-y_i), \ (-x_i+y_i), \ (x_i-y_i), \ (x_i+y_i) (−xi−yi), (−xi+yi), (xi−yi), (xi+yi) 的最大值即可 O ( 1 ) O(1) O(1) 内查询，现考虑加入 ω \omega ω 的影响

先按 ω \omega ω 的大小对这些点排一个序，并记录一下区间后缀的距离最大值，进行分治二分即可

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 5;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
int n, q;
struct node {int x, y;int w;
} p[maxn];
int a[maxn], b[maxn], c[maxn], d[maxn];
int main() {// freopen("in.txt", "r", stdin);// freopen("out.txt", "w", stdout);ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0), cout.tie(0);int _;cin >> _;while (_--) {cin >> n >> q;for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> p[i].x >> p[i].y >> p[i].w;sort(p + 1, p + n + 1,[](const node &a, const node &b) { return a.w < b.w; });a[n + 1] = b[n + 1] = c[n + 1] = d[n + 1] = -inf;for (int i = n; i > 0; i--) {a[i] = max(a[i + 1], -p[i].x - p[i].y);b[i] = max(b[i + 1], -p[i].x + p[i].y);c[i] = max(c[i + 1], p[i].x - p[i].y);d[i] = max(d[i + 1], p[i].x + p[i].y);}while (q--) {int x, y;cin >> x >> y;int ans = 0;int l = 1, r = n, mid;while (l <= r) {mid = (l + r) >> 1;int tmp = max(max(x + y + a[mid], x - y + b[mid]),max(-x + y + c[mid], -x - y + d[mid]));if (p[mid].w < tmp) {l = mid + 1;ans = max(ans, p[mid].w);} else {r = mid - 1;ans = max(ans, tmp);}}cout << ans << endl;}}return 0;
}

1012、Two Permutations

题目链接：Problem - 7173 (hdu.edu.cn)

题意：

给出两个排列和一个序列，求两个排列组合成这个序列的方案数，两个排列的长均为 n n n ，序列长为 2 n 2n 2n ，每次总是将排列 P 、 Q P、Q P、Q 的最左端放进序列 S S S 的最右侧。 n ≤ 3 × 1 0 5 n\le 3\times 10^5 n≤3×105

题解：

很显然是一道 dp 题，那么该怎么去 dp 呢。表面上看，状态似乎是 n 2 n^2 n2 ，但实际上，有很多无效的状态，根据数据规模，其状态应该是 O ( n ) O(n) O(n) 级别的。设 d p i , j dp_{i, j} dpi,j 表示匹配至序列 S S S 的第 i i i 位，并且最后一次匹配来源于 j = 1 / 2 j=1 / 2 j=1/2 ，那么有递归式： d p i , j = j u d g e 1 × d p i − 1 , j + j u d g e 2 × d p i − 1 , j ⊕ 1 dp_{i, j}=judge_1\times dp_{i-1, j}+judge_2\times dp_{i-1, j\oplus 1} dpi,j=judge1×dpi−1,j+judge2×dpi−1,j⊕1

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod = 998244353;
const int maxn = 3e5 + 5;
int p[maxn], q[maxn];
int s[maxn * 2];
int n;
int dp[2 * maxn][2];
int dfs(int i, int j, int flag) {// 匹配完 p_i, q_j 的方案数， flag 0 \ 1 代表从 p \ q 进入新匹配if (i <= 0 && j <= 0) return 1;if (dp[i + j][flag] != -1) return dp[i + j][flag];int ans = 0;if (p[i] == s[i + j] && i > 0) ans = (ans + dfs(i - 1, j, 0)) % mod;if (q[j] == s[i + j] && j > 0) ans = (ans + dfs(i, j - 1, 1)) % mod;return dp[i + j][flag] = ans;
}
int main() {// freopen("in.txt", "r", stdin);// freopen("out.txt", "w", stdout);ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0), cout.tie(0);int _;cin >> _;while (_--) {memset(dp, -1, sizeof(dp));cin >> n;for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> p[i];for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> q[i];for (int i = 1; i <= 2 * n; i++) cin >> s[i];cout << dfs(n, n, 0) << endl;}return 0;
}

二、题目分析及解法（进阶题）

不会X

1004、Divide the Sweets

1005、Spanning Tree Game

1006、Dusk Moon

1007、Shallow Moon

1010、Range Reachability Query