周总结2022.1.10-2022.1.16
1.10
才买了两个月的笔记本，屏幕坏了，送去修了，今天拿回来，发现hdmi的口给我修坏了，显卡也没调好，电脑啥也没干风扇还呼呼转。很难过，明天还得送去修。怎么就成老爷机了
Codeforces Round #760 (Div.3)
（今晚的Div.3前拿它来练练手，好久没打cf了）
A - Polycarp and Sums of Subsequences
前两个数一定最小，第三个数用总数减掉即可。
AC代码
B - Missing Bigram
相邻的两个词儿之间如果前一个的第二个字母和后一个的第一个字母不一样，说明就是断片儿了，可以通过这两个词儿判断断的片儿是啥。如果中间没有，后面填个a就行。
AC代码
C - Paint the Array
做这个题的时候仿佛在梦游。求所有奇数项和所有偶数项各自的gcd，答案只可能是这两个数之一，分别验证。如果都不行，就没有答案。
AC代码
D - Array and Operations
好一个简单的贪心！但我是什么臭鱼烂虾没看出来
首先可以确定的是，选走的2k个数一定是这个序列里前2k大的数。
所以我们可以先对这个序列进行从小到大的排序，把前n-2k个数的和算出来，加到答案里。
然后处理后2k个数：由于我们要避免两个相同的数进行组合（会多出一个1 ），所以我们对于剩下的2k个数，排好序后，左边拿一个，右边拿一个，将这两个数取走，如果相同则答案+1。
AC代码
Codeforces Round #764 (Div.3)
A - Plus One on the Subset
其实就是最大值-最小值。
B - Make AP
一共只有三种构成等差数列的方式，一一查询是否可行就可以了。坑点在于最后算出的结果可能是0和负数，这两种都不合法。
C - Division by Two and Permutation
首先将所有数都缩到1到n的范围，然后统计里面1~n的个数。注意到一个数只能变小，不会变大，所以如果这个数的数量>1，那么留下一个数，将剩下的都÷2。一直清到最后之后，看是不是每一个数都有了，如果没有就是NO，全都有就是YES。
D - Palindromes Coloring
不得不说，比赛当中，我看出来了，其实跟这些字符没关系，但我没有注意到其实跟数量也没什么关系。首先我们只需要统计字符数量，然后我们成双成对取出相同字符，计算出我们可以拿的次数（偶数次的字符的次数/2+奇数次的字符的次数-1后/2），然后剩下的都是单独的字符。
我们注意到，既然要构成回文串，所以只需要将刚刚拿出的这些成双成对的字符一个一个平均地塞到这k个字符串里就可以了。将这些塞完后，由于我们要统计长度最小，所以将多余的那些成双成对的拆成单个的，然后再往里面塞，作为回文串的中心，看看加完这些单个的之后能不能让整体的长度再+1。
用这样的塞法，就可以轻松计算出最短长度了！
1.11
Codeforces
865D - Buy Low Sell High
反悔贪心板子题。
反悔贪心-CF865D Buy Low Sell High
AC代码
Luogu
P2949 - [USACO09OPEN]Work Scheduling G
通过反悔贪心的思想，我们可以想到，先按照时间将工作排序，然后用优先队列维护一个可重集合，表示已经加入的工作，优先队列按照价值排序，则通过贪心的思想，显然可重集合的大小即为已经过去的时间长度。遍历排序后的工作表，如果当前工作的截止时间小于等于优先队列大小，则需要比较优先队列中最小价值元素，如果大于那个价值，就将其替换，小于等于那个价值就直接舍掉这个工作。如果当前工作的截止时间大于优先队列大小，显然是可以执行的工作，那么直接加入优先队列。
AC代码
1.12
长沙学院2021校赛
A - 小圆前辈去上学
以为他给出的数据一定会有小数点……
AC代码
E - 小圆前辈的排列组合
线性筛把素数筛出来之后，统计一下素数位上面的CSU三个字母的数量，是不是分别大于2 1 1即可。
AC代码
G - 小圆前辈的数组
很漂亮的一道题目（可能是像我这样的菜狗才会这么觉得？）
一开始是往动态规划那边去想的，但怎么也写不出好的转移方程。忽然意识到，如果一段连续的和是k的倍数，那么从前缀和上来看，这一段的最后一个元素处的前缀和与这一段开始的前一个元素的前缀和，两个值在的意义下是相等的。然后我怎么想都是一个
。
数据范围是1e5，所以我们没有必要非得把时间复杂度降到复杂度，可以直接降到
的一个时间复杂度。这个log就出自二分。
首先，我们可以将前缀和在意义下进行分类。那么我们现在只需要从左到右考虑每一个前缀和的元素对答案的贡献如何计算。我们有两个限制条件，对前缀和分类是我们解决第一个限制：“所有数的和为k的倍数”的方案。我们现在还要满足，和至少为z这样的限制。
方法如下：对前缀和分类之后，前缀和中的元素只会与和自己同一分类的元素作用而产生影响，所以我们只关注与自己同一个分类并且已经加过的前缀和的元素。由于我们按照从左到右的顺序遍历，一边遍历一边加入分类中，所以对于同一个分类，里面的元素是有序的。二分查询比自己小至少z的大小的同分类前缀和元素的数量，即为这个元素对答案的贡献。
AC代码
I - 小圆前辈的暴力枚举
计数题。
我们需要选取一种不会引起冲突的方式来计数。我们先枚举放的棋子数量。显然一个棋子都不放的方案有1种。
接下来看放棋子的方案：
不妨设n为短边，m为长边。根据题意，显然一行至多只能有1枚棋子。
假设当前在放第i行，那么我从行数的选择上，就有种方案。
根据题意，我们又得知，每一列也是至多只能由1枚棋子。那么我在每一行选择位置的时候，第一个放的棋子有m种选择，第二个放的棋子有(m-1)种选择，以此类推。最后将这些结果乘在一起。
为了减少时间复杂度，我们可以预处理一个倒着相乘的数组，这样就可以避免重复计算，而将时间复杂度降低至。
计算逆元时，由于模数过大，我们没法通过递推的方式来求逆元，所以考虑到998244353是质数，我们这里用费马小定理，p为素数时，有，用到逆元的时候
求解即可。
求组合数的时候，可以直接求，也可以用卢卡斯定理（感觉差别不是很大）。
AC代码
1.13
学习了好一阵子FFT，没有吃透，只是会套板子了。希望以后做题的时候可以有点感悟吧……
在正是学习FFT之前（也就是今天之前），我一直以为FFT就是用来求多项式乘法的。今天才知道，原来FFT的本质就是一个多项式的系数表示法和点值表示法之间进行互换的工具，通过将转化为复数域的单位根，再利用单位根的性质进行转化（这里我也不太懂得里面深层次的道理，也只是简单的看了看推导过程），用蝴蝶变换对位次进行位逆序置换，来达到优化时间的目的。利用FFT，我们可以将时间复杂度从最朴素的方法的
降低到
。
Luogu
P3803 【模板】多项式乘法（FFT）
FFT经典应用之多项式乘法。先对两个多项式进行DFT，然后得到两个点值表达式的复数形式，然后执行乘法，再用IDFT转回系数表达式，只不过这一步里要将实部除以总长度len，然后+0.5调整精度。
AC代码-3次FFT
翻题解的时候还看到了一个优化的方法。普通的多项式乘法要跑3次FFT，n很大时，有的时候因为常数较大，导致会T（Fast Fast TLE）。
我们可以通过这个等式进行优化，注意到我们要求的
的位置在虚部上，所以我们在初始读入的时候只准备一个复数集，将第一个多项式的系数读到这个复数集的所有实部，将第二个多项式的系数读到这个复数集的虚部。然后进行一次FFT，将其转换为点值表达式，令其以点值表达式的形式直接平方，然后再走一次FFT将其转回系数表达式，取虚部即为答案。
这里要注意的是，我们一般的FFT做法是只将实部除以总长度len，然后+0.5调整精度。因为一般做法只采用实部的结果，并不使用虚部的结果。
但这里面，我们要用的是虚部的结果，所以在FFT里面，要对虚部进行除以总长度len和+0.5调整精度。最后的时候，由于虚部是，所以还要再/2，所以我们执行的操作是除以总长度的2倍(len*2)然后再+0.5调整精度。
所以这种做法，一共只跑2次FFT，在精度允许的情况下，可以减少2/3的时间。
AC代码-2次FFT
Nowcoder
小白月赛43
每次想自测运行的时候都点成了保存并提交。。。。
A - 满意的数字 (0:06, +1)
第m个因子就是这个数本身，那不管你前面选的是第几个因子，一定是整除的关系。
所以所有的数都是满意的数字。
AC代码
B - 牛牛变魔术 (0:20, +1)
分类讨论：
1.如果原本就有达到target要求的水，则不用操作，直接0。
2.如果target为奇数，由于每次操作后两瓶水的量必然是偶数，所以必然不可能达到，输出-1。
3.如果target为偶数，那么必然可以实现。我们只考虑两瓶水中比较多的一瓶，如果那一瓶的量大于target，那么一定可以一步到位，即先把水到出一部分到另一个瓶子里面去，使这个瓶子里剩target/2，操作结束后，就可以自动变成target。如果那一瓶的量小于（等于已经在第一条讨论过，这里不再讨论）target，那么第一步先把另一瓶水倒进来然后翻倍。然后我们看以这样的方式不断翻倍，每翻倍一次令答案+1，直到达到或超过target为止。这样显然是最优的。
AC代码
C - 木棍游戏 (1:02, +2)
一开始以为是一个贪心，后来发现，n最多也只有8，发现可以直接强硬枚举所有的情况，然后一一判断是否合法，如果合法，用海伦公式求面积，并更新最大值。
强硬枚举所有情况的方式，和状压DP很像，只不过状压DP是2个状态，这个题目有4个状态：这个木棍被选进三条边中的哪一条，这是3种，还有一种是不选择这个木棍，这就是4种。4种的话，我们用两位来维护一个状态就可以了。
AC代码
D - 有趣的区间 (1:56, +1)
做完C题聊天去了，导致这个题搁置了好久，结果回来做这个题，只用了不到10分钟，血亏，早知道先做完这个题再去聊天了！
首先很显然的一点是，这个区间里面所有的数，只有个位数的奇偶性有用，其他的信息是一点用处都没有。因为我们只需要考虑or的结果的奇偶性，而这又只取决于二进制中的第一位。
那么我们读取字符串的时候，我们只读取他的奇偶性。
然后得到一个长度为n的01串。
我们先看第一个1，设第一个1的下标是，那么它可以产生的奇数串，奇数的贡献值是他自己，左边肯定都是0，右边可能有0，可能有1，但都无所谓。对于第一个1，他对答案的贡献就是
，即左边的元素数量（算上自己）×右边的元素数量（算上自己）。
再来看第二个1。如果我们还按照刚刚的公式写，会写出。但这个是错误的，因为会发现，当我们左边选取的左端点小于等于
时，我们无论右端点选在哪儿，这个区间在第一个1的讨论中已经计过数了，所以我们只需要看左端点落在
的右侧的区间即可。所以第二个1对答案的贡献是
。以此类推，最后将所有的1的贡献做和即可。
AC代码
1.14
长沙学院2021校赛
B - 小圆前辈的素数
非常非常巧妙、值得收藏的题目！
一眼就可以看出但是铁定会TLE的方法。所以我们要考虑优化。我们考虑到，对于数据点，我们只对数的个数有限制，但是对数的取值一直是100000以内的正整数，而数字的限制最大也只有100000，所以很大的概率，甚至几乎是一定会有重复的数字的，所以我们只需要统计出重复的数字的数量，就可以节省时间。但是这种优化方法效果并不显著。
考虑我们的运算方式，对于第一行的每一个数，都要和第二行的所有数字都进行一次相加，然后判断质数。我们的运算方法是，先将两个数的值加起来，判断是否是质数，然后再把两个数的数量乘到一起，如果是质数，就把这个积加到答案里面去。
这种运算方式其实和多项式乘法有很大的相似点。我们可以让数的大小变成多项式中x的幂数，让数的数量变成多项式中x的系数，这样我们的运算方式就可以变成一个多项式的乘法了。而多项式的乘法，可以用FFT来加速。
血的教训：
多组数据的时候，复数集要清干净！清干净！清干净！
（花了我足足六个小时的时间，和std拍了差不多15000个数据点，每个数据点平均2.5组数据，才拍出来问题……）
Q.下一组数据不是会覆盖掉上一次数据的内容吗？
A.盖掉的只有n和m个，而我们用FFT的时候，复数集里面用的大小不止n和m，扩充大小后，max(n,m)+1~len-1这一段里面，我们的数据没有覆盖，会影响这一组数据的计算。
这六个小时的成果（？）：
//3FFT version
for (LL i = 0; i <= len; ++i) {x1[i].x = x2[i].x = 0;x1[i].y = x2[i].y = 0;
}//2FFT version
for (LL i = 0; i < len; ++i) {x1[i].y = x1[i].x = 0;
}学会FFT的三次变二次优化（真的叫这个名字吗？）之后，每一道题都总想把两种都写一下。
目前好像没有见过必须要这种优化才可以过的题目？
AC代码 - 3FFT version
AC代码 - 2FFT version
1.15
Nowcoder
小白月赛43
E - 满意的集合
能看出来是一道DP，但是自己把这道题目想得太简单了。不能单考虑当前的数mod 3，还要考虑不同的数量的这个数可以合成mod 3结果不同的数。其实本质上，就是在选取当前这个数字，我选出来的结果mod 3后是几，分别有几种情况，然后用dp求种数即可。
AC代码
Codeforces
Codeforces Round #765 (Div. 2)
A - Ancient Civilization
阅读理解题，恶心死了……通过这道题可以说明，题面太长的时候，可以直接看样例解释。
AC代码
B - Elementary Particles
推一推式子就可以发现，就是找一个相同数字的相邻位最小差。
AC代码
C - Road Optimization
一开始以为是贪心，好像是受之前的一道题目（忘了是哪里）的影响，导致我一直认为（直到赛后）我的贪心是正确的，后来在评论区看到了反例。我的贪心想法是每次计算还没有被拆除的信标中拆除后对答案贡献，找出贡献最大的（如果最大的是负数，就直接结束程序），把那个信标拆掉。这样的贪心是不正确的，因为我们只能证明他的局部最优，其实是没办法证明全局最优的。
正解是DP。设dp[i][j]为处理了前i个信标、拆除了j个信标的最优答案，即时间最小值。
首先我们可以预处理dp[i][0]的值，就是一个都不拆，从头到尾跑一边就可以算出来。
然后求dp[i][j]，当前这个位置i有两种情况，一种是拆除了这个位置的信标，一种是没拆除这个位置的信标。无论是否拆除，我们都需要枚举上一个被拆除的信标的位置pos。那么dp[i][j]就可以写成：。最后找所有dp[n][i]中最小的即可。（因为我们至多拆k个，但不用必须拆k个）
AC代码
AtCoder
AtCoder Beginner Contest 235
A - Rotate (0:02, +)
三个位上的数字之和×111。
AC代码
B - Climbing Takahashi (0:04, +)
O(n)遍历一遍数组。
AC代码
C - The Kth Time Query (0:16, +2)
今天也是把数组开小的菜狗。
把相同的数字的下标都存到对应的vector里（用map离散化），然后查哪个搜哪个就行。
AC代码
D - Multiply and Rotate (1:17, +3)
赛中1个小时的查错和测试，只因为手抖写错一个变量！
用bfs的思想，将数字转换成一个图。只不过，如果正向从1开始寻找会显得很麻烦，因为要加很多的限制条件，不太喜欢，所以我直接转换成了逆向寻找，看n能否通过两个变换的逆变换变成1。这样的话限制条件就变少了很多，也变得很好写了。（虽然正向写也没有太复杂）
AC代码
1.16
Codeforces
Codeforces Round #766 (Div. 2)
A - Not Shading (0:07, +)
答案只可能是0，1，2。分情况讨论即可。
AC代码
B - Not Sitting (1:06, +2)
可以看出，无论是女生涂桌子还是男生选座位，从中间开始往外，是最优的，因为这样女生可以把男生逼到角落，而男生更有机会和女生坐在一起（离每一个点的距离期望都比较小）。所以我们可以用队列，将中间的座椅入队，然后每次弹出一个位置，将其四周的没如过队的位置入队，并将弹出的位置算一个距离，即离四个角的距离最大值，因为女生做角落可以让距离尽可能大。循环往复这样的操作，直到所有的都入队。
于是我这样洋洋洒洒写了好多。
当我写完之后，我忽然意识到，其实把所有点的距离都求一遍，排个序就行了。。。。
AC代码
C - Not Assigning (1:40, +1)
题目的要求中，每一条边的边权都是质数，任意一条包含两条边的路径的边权之和也是质数。
我们注意到，质数中除了2都是奇数，而如果有两条相邻的边的边权都是奇数质数时，这意味着这两条边所构成的路径的边权之和为偶数，而这个和不可能是2（因为边权不可能是1）。
所以我们需要让边权为2和其他质数相混合，只要保证这个质数+2后仍为质数即可。
我们还可以注意到：如果这个点的度为3，那么必定会存在一条包含两条边的路径的权值之和不为质数（两个奇数的相加导致变成偶数）。
所以，如果这棵树中存在度≥3，那么必定不合法。也就是说，这棵树必须是一条链，只要是链，就可以通过2，3，2，3……的方式填充边权（2，5，2，5……也行，只要满足这个质数+2后仍为质数）。
比赛当中，由于为了填边权方便，我的前向星和我之前的写法不一样，这回en是从0开始的，如果从0开始就需要让front数组全部初始化为-1，但我的front数组无论是在遍历图还是初始化都是按照en初始为1的写法写的，导致WA了一发。（希望自己下不为例）
AC代码
D - Not Adding (After contest)
我们可以注意到，根据题目的要求，我们能够加入的数字，一定小于原数组中的最大值。在这道题目当中，这个最大值不超过1e6。
如果我们能够确定答案可能的最大值，我们有一种想法，就是枚举所有可能成为答案的数，并检查这个数能否成为答案。
这道题目由于答案的选取不具有单调性，不能使用二分，所以只能从1到最大值遍历来寻找。
那么如何来检查？
首先看题目中加入这个数列的条件：必须是当前数组中已经有的两个数的最大公约数，且数组中这个加入的数尚未出现。假如说样例2中的10和15，我们要把5加入到数组中。我们反过来看，我们要把5加入，那么说明，数组中5的倍数里面，最大公约数一定是5。假设在这个数组当中，5的倍数只有20和30，那我们加入的一定是10而不是5。
所以我们可以有一个假设：我们的检查方式，可以是对于每一个答案，检查他在最大值以内的所有倍数，如果在数组中的倍数的最大公约数是他自己的话，那么他就可以进入。
那么就有一个问题：我前面所统计的可以加入的数字为什么不会影响后面的统计？
举例说明：我加入了2，假设因为2的倍数中，8，10，12在数组中。
现在我枚举到了4，我发现4的倍数中，8和12在数组中。
那么2和4都会被加入。其实这个东西不分先后。因为就算我先加入4，那么2也会通过10和12的最大公约数加入到数组中来；如果我加入了4，那么我的2也可以从4和10的最大公约数中获得。两者的操作并不受影响，进一步思考，也可以发现，每一个检查之间并不受其他的数的加入而影响。这与加入的数是某两个数的最大公约数有关，即这取决于最大公约数的性质。我们可以认为，12是另一种4，在和10产生最大公约数的时候，由于4能代表12而不能代表10，所以4不能通过10和12加入数组。同样的道理，4和10产生最大公约数的时候，4是其本身而不能代表10，所以4依旧不能通过4和10加入数组。本质上没有什么区别，理解成用新加入的4代替原来的12，会更容易理解。所以我们可以看出，即便新加入了数字，对于比它小的数字而言，这些更大的数字的加入对它本身而言没有任何影响。而大数字的产生不会因为小数字的加入而无法加入数组（显然），所以本质上两次的加入是互不影响的。
因此，此检查方式可行。
（再碰到这种题目，或许还是想不到……）
AtCoder
AtCoder Beginner Contest 235
E - MST + 1
很显然可以想到，如果用Kruskal求最小生成树需要加入这条边，则输出Yes，否则输出No。
但是，如果我们对于每一次请求都要从头进行一次Kruskal的话，由于并查集的数组需要初始化，导致超时。（所以昨天这个题就没敢写）
有一个很巧妙的方式，既然我们每次都是独立的，那么我们不妨把所有请求边都放进去，然后把这些一起Kruskal，但是当我们选中并要进行合并的边是询问边时，我们只把这条边的状态设为Yes，但是不合并这条边。如果我们选中的是原有边，那么就直接正常和进去。
这样的话，当我们走完一遍Kruskal后，加进来的边都是原有边，但是如果询问边更优，一定会被标记上Yes。最后我们从头到尾遍历一次询问边，只要有Yes标记就输出Yes，否则输出No。
AC代码
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