T1

看起来十分复杂，打表后发现答案是 \(n*m\mod p\)

具体的证明。。。

原式的物理意义，就是从坐标原点(0,0)，用每一种合法的斜率，

穿过坐标[1 ~ n , 1 ~ m]的方阵中的整点的个数，总数即 n*m。

T2

考试时没想到 \(O(n^2)\) 的做法

所以只要先差分，再跑一边 \(\text{KMP}\) 或字符串哈希即可

字符串哈希

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=1000005;
const LL M1=998244353,M2=1004535809,B=233;
int n,m,ans;
LL X1[N],X2[N],P1[N],P2[N],Y1,Y2,x[N],y[N];
inline bool check(int i) {return(Y1+1LL*P1[m]*X1[i-1]%M1)%M1==X1[i+m-1] &&(Y2+1LL*P2[m]*X2[i-1]%M2)%M2==X2[i+m-1];
}
int main() {freopen("sequence.in","r",stdin);freopen("sequence.out","w",stdout);scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&x[i]);for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%lld",&y[i]);for(int i=1;i<n;i++)x[i]=x[i+1]-x[i],x[i]+=2e9;for(int i=1;i<m;i++)y[i]=y[i+1]-y[i],y[i]+=2e9;--n,--m;P1[0]=P2[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++) {X1[i]=(1LL*X1[i-1]*B%M1+1LL*x[i])%M1;X2[i]=(1LL*X2[i-1]*B%M2+1LL*x[i])%M2;P1[i]=(1LL*P1[i-1]*B)%M1;P2[i]=(1LL*P2[i-1]*B)%M2;}for(int i=1;i<=m;i++) {Y1=(1LL*Y1*B%M1+1LL*y[i])%M1;Y2=(1LL*Y2*B%M2+1LL*y[i])%M2;}for(int i=1;i<=n-m+1;i++)if(check(i))++ans;printf("%d",ans);
}

\(\text{KMP}\)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1000005;
int n,m,ans,x[N],y[N],nxt[N];
int main() {freopen("sequence.in","r",stdin);freopen("sequence.out","w",stdout);scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&x[i]);for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%d",&y[i]);for(int i=1;i<n;i++)x[i]=x[i+1]-x[i];for(int i=1;i<m;i++)y[i]=y[i+1]-y[i];--n,--m;for(int i=2,j=0;i<=m;i++) {while(j && y[i]!=y[j+1])j=nxt[j];if(y[i]==y[j+1])++j;nxt[i]=j;}for(int i=0,j=0;i<=n;i++) {while(j && x[i]!=y[j+1])j=nxt[j];if(x[i]==y[j+1])++j;if(j==m)++ans,j=nxt[j];}printf("%d",ans);
}

T3

考试时：不考虑 \(k\) 直接树形 DP ，奇妙地拿了 30

赛后：由于原题意思就是不能直接地祖孙关系，因为一个子树地 DFS 序是连续的

只要选的区间不相交即可，用 DP 解决

设 \(dp_{i,j}\) 为第 \(j\) 个果子选了 DFS 序为 \(i\) 的节点的最大美味值

可以从 \(dp_{i+1,j}\) ，\(dp_{\text{next subtree},j}\) ，和 \(dp_{\text{next subtree},j-1}+w_{\text{node of i}}\) 转移

数据十分奇妙，要开滚动数组。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=100005;
int n,k,op,dp[N][2],f[N],w[N],to[N],lst[N],nxt[N],rk[N],sz[N],odd,ans;
void Pre(int u) {rk[++odd]=u,sz[u]=1;for(int i=lst[u],v;i;i=nxt[i])Pre(v=to[i]),sz[u]+=sz[v];
}
int main() {freopen("galo.in","r",stdin);freopen("galo.out","w",stdout);scanf("%d%d",&n,&k),++k;for(int i=2;i<=n;i++) {scanf("%d%d",&f[i],&w[i]);to[i]=i,nxt[i]=lst[f[i]];lst[f[i]]=i;}Pre(1);for(int C=1,j=0;C<=k;C++,j^=1) {for(int i=n;i>=1;i--)dp[i][j]=max(dp[i+1][j],max(dp[i+sz[rk[i]]][j],dp[i+sz[rk[i]]][j^1]+w[rk[i]]));ans=max(ans,dp[1][j]);}printf("%d",ans);
}

T4

好家伙，看到子树修改，本蒟蒻直接一个树剖，好吧看错题+爆栈直接 WA 10

正解：直接 BFS 即可，设 \(F_i\) 为从根到这个点有多少个打了标记，若 \(F_i+Color_i\) 是偶数就不用翻转

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int Rd() {register int x=0;char C=getchar();for(;C<'0'||C>'9';C=getchar()) ;for(;C>'/'&&C<':';C=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(C^48);return x;
}
const int N=500005;
int n,x[N],vis[N],lst[N],nxt[N],to[N],f[N],q[N],head,tail=1;
int main() {freopen("tree.in","r",stdin);freopen("tree.out","w",stdout);n=Rd();for(int i=1;i<=n;i++)x[i]=Rd();for(int i=1,fr;i<n;i++) {fr=Rd(),to[i]=Rd();nxt[i]=lst[fr],lst[fr]=i;      }q[1]=1;for(int u,flg;head<tail;) {u=q[++head],flg=(f[u]+x[u])&1;if(flg)vis[u]=1;for(int i=lst[u],v;i;i=nxt[i])f[v=to[i]]=f[u]+flg,q[++tail]=v;}for(int i=1;i<=n;i++)if(vis[i])printf("%d ",i);
}

总结

T1:学会打表

T2:多去把式子转换一下

T3:子树修改就想想 DFS 序，多考虑转换成 DP

T4:不一味的想数据结构，考虑简化