T1：少女觉

Description
在幽暗的地灵殿中，居住着一位少女，名为古明地觉。
据说，从来没有人敢踏入过那座地灵殿，因为人们恐惧于觉一族拥有的能力——读心。
掌控人心者，可控天下。
咳咳。
人的记忆可以被描述为一个黑块(B)与白块(W)的序列，其中情感值被定义为序列中黑块数量与白块数量之比。
小五口在发动读心术时，首先要解析人的记忆序列，因此，需要将序列分割为一些段，并且要求每一段记忆序列的情感值都相等。
下面给出两个例子：
BWWWBB -> BW + WWBB (Ratio=1:1)
WWWBBBWWWWWWWWWB -> WWWB + BBWWWWWW + WWWB (Ratio=3:1)
现在小五手上有一个人的记忆序列，她想要知道，如何将手中的记忆序列分成尽可能多的段呢？

Input
第一行包含一个正整数T，代表数据组数。
对于每一组测试数据，第一行包含一个正整数N。
接下来N行描述一个序列，每行包含一个正整数K和一个大写字母C，表示序列接下来有连续K个颜色为C的方块。

Output
对于每组测试数据输出一行一个正整数，表示最多分成的段数。

Sample Input
3
3
1 B
3 W
2 B
4
3 W
3 B
9 W
1 B
2
2 W
3 W

Sample Output
2
3
5

Data Constraint
对于10%的数据，n<=15
对于20%的数据，n<=500
另有30%的数据，K=1
另有30%的数据，K<=50
对于100%的数据，N<=10 ^ 5，序列长度不超过10 ^ 9
保证对于全部测试点，输入文件行数不超过2.5*10 ^ 6

简要思路：本体其实是一道普通的贪心题，然而我在考试时愣是把问题复杂化，从而给自己挖了一个坑。在本题中每一个被划分的字符串中B : W的比例相同，由公式a+cb+d=ab+cd\frac{a + c}{b+d} = \frac{a}{b} + \frac{c}{d}b+da+c=ba+dc（多此一举了吧）得出整个序列中B : W的比例与每个分序列的相同，并且序列能分就分，不会对后面的值造成影响。实现时首先要特判，如果只有一种字符那直接输出字符串的长度，然后，通过求最大公因数将B : W比例化到最简。接下来，从头到尾扫描一遍，用变量sumbsumbsumb，sumwsumwsumw记录已扫描到的b,w的数目。当扫描到B的区间时，设当前区间长为lenlenlen，用比例公式计算当前已扫描到的W的总数所对应的期望的B的总数,设为temp，若sumb<temp<sumb+lensumb < temp < sumb + lensumb<temp<sumb+len,则可从该区间中间或边缘分割，答案加1，B，W对调也成立。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 1e5 + 5;
int t , n , sumb , sumw , totb , totw , num , ans;
int len[N] , pos[N];//pos中0代表b，1代表W
char ss;
inline int gcd( int x , int y ) {return y == 0 ? x : gcd( y , x % y );
}
int main () {//freopen( "silly.in" , "r" , stdin );//freopen( "silly.out" , "w" , stdout );scanf("%d",&t);while ( t-- ) {scanf("%d",&n);sumb = 0;sumw = 0;totb = 0;totw = 0;ans = 0;for ( int i = 1 ; i <= n ; ++i ) {scanf("%d",&num);len[i] = num;getchar();ss = getchar();switch(ss) {case 'W' : {totw += num;pos[i] = 1;break;}case 'B' : {totb += num;pos[i] = 0;break;}}}if ( !totb || !totw ) {printf("%d\n",max( totb , totw ));continue;}int d = gcd( totb , totw );totb /= d;totw /= d;int tem;for ( int i = 1 ; i <= n ; ++i ) {if ( !pos[i] ) {if ( sumw % totw == 0 ) {tem = ( (ll)sumw * totb ) / totw;//相乘可能会爆int，要开long longif ( tem > sumb && tem <= sumb + len[i] ) {ans++;}}sumb += len[i];} else {if ( sumb % totb == 0 ) {tem = ( (ll)sumb * totw ) / totb;//相乘可能会爆int，要开long longif ( tem > sumw && tem <= sumw + len[i] ) {ans++;}}sumw += len[i];}}printf("%d\n",ans);}return 0;
}

T2：灵知的太阳信仰

Description
在炽热的核熔炉中，居住着一位少女，名为灵乌路空。
据说，从来没有人敢踏入过那个熔炉，因为人们畏缩于空所持有的力量——核能。
核焰，可融真金。
咳咳。
每次核融的时候，空都会选取一些原子，排成一列。然后，她会将原子序列分成一些段，并将每段进行一次核融。
一个原子有两个属性：质子数和中子数。
每一段需要满足以下条件：
1、同种元素会发生相互排斥，因此，同一段中不能存在两个质子数相同的原子。
2、核融时，空需要对一段原子加以防护，防护罩的数值等于这段中最大的中子数。换句话说，如果这段原子的中子数最大为x，那么空需要付出x的代价建立防护罩。求核融整个原子序列的最小代价和。

Input
第一行一个正整数N，表示原子的个数。
接下来N行，每行两个正整数pi和ni，表示第i个原子的质子数和中子数。

Output
输出一行一个整数，表示最小代价和。

Sample Input
5
3 11
2 13
1 12
2 9
3 13

Sample Output
26

Data Constraint
对于20%的数据，1<=n<=100
对于40%的数据，1<=n<=1000
对于100%的数据，1<=n<=10 ^ 5，1<=pi<=n，1<=ni<=2*10 ^ 4

简要思路：本来呢，这题暴力是只能拿四十分的，但是，有一位大佬证明，有技巧的暴力是能过的（每次得到一个位置i向左，走到相同数为止），这有一个栗子。

(大佬的证明)假设 i 步就结算，那么花费了 i 步，概率是 i-1 步内未结束，在第 i 步时结束了。
P（i-1 步内未结束）=P（前 i-1 个互不相同）=(p/p)[(p-1)/p][(p-2)/p]……[(p-i)/p]=p!/[(p-i-1)!*p^(i-1)]
P（在第 i 步恰好结束）=P（i-1 步内未结束）*P（第 i 个与前 i-1 个中某一个相同）=p!/[(p-i-1)!p^(i-1)](i-1)/p
对期望的贡献为 P(在第 i 步恰好结束)*i
我们计算一下 10^5 时的期望，大约为 400+。
因此该暴力算法的期望复杂度确实能通过全部的数据。

不过，我们为了追求不被有心的出题人卡，应该想一个更优的方法（单调栈要登场了）。
根据题意，不难推出方程dp[i]=dp[j]+maxdp[i] = dp[j] + maxdp[i]=dp[j]+max{ j+1j + 1j+1 ~ iii };用数组maxnmaxnmaxn记录加号后面式子的值。
同时，lll数组记录每个数能向左拓展的最大范围，用单调队列维护数据，当headheadhead的位置在当前值最大范围以外，踢出；对于tailtailtail,踢出中子数不如当前中子数的，维护一个单调递增的单调栈。
处理完后，当前值就可以入单调队列了。
不过此时有两种情况：
如果队列中只有一个元素（刚加进来的），直接更新；
如果不止一个，由于最靠前的在当前值的活动范围之外，要特地更新一下（先出来再进去）。
还有疑问的看代码吧。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <set>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 5;
int numa[N] , numb[N] , l[N] , now[N] , sum[N] , maxn[N] , pos[N] , dp[N];
multiset <int> q;//它的作用是自动排序，并删除指定值，multiset可存值相同的元素
int n , head , tail;
inline void read( int & res ) {res = 0;int pd = 1;char a = getchar();while ( a < '0' || a > '9' ) {if ( a == '-' ) {pd = -pd;}a = getchar();}while ( a >= '0' && a <= '9' ) {res = ( res << 1 ) + ( res << 3 ) + ( a - '0' );a = getchar();}res *= pd;return;
}
inline int ma( int l , int r ) {int ans = -100;for ( int i = l ; i <= r ; ++i ) {ans = max( ans , numb[i] );}return ans;
}
int main () {//freopen( "array.in" , "r" , stdin );//freopen( "array.out" , "w" , stdout );read(n);for ( int i = 1 ; i <= n ; ++i ) {read(numa[i]);read(numb[i]);l[i] = now[numa[i]] + 1;//统计当前数的活动范围 now[numa[i]] = i;l[i] = max( l[i] , l[i - 1] );//左边数的范围也会对当前数的范围造成限制 }head = 1;tail = 0;for ( int i = 1 ; i <= n ; ++i ) {int k = i - 1;while ( head < tail && l[i] > pos[head + 1] ) {//踢出活动范围以外的 q.erase(q.find(sum[head]));//其实留了一个，对应后面改队头的操作head++;}while ( head <= tail && numb[i] > maxn[tail] ) {//维护单调栈 q.erase(q.find(sum[tail]));k = pos[tail]; tail--;}pos[++tail] = k;maxn[tail] = numb[i];if ( head != tail ) {sum[tail] = dp[pos[tail]] + maxn[tail];q.insert(sum[tail]);q.erase(q.find(sum[head]));}sum[head] = dp[l[i] - 1] + maxn[head];q.insert(sum[head]);dp[i] = *q.begin();}printf("%d",dp[n]);return 0;
}

T3：多段线性函数

Description

Input

Output
输出文件名为linear.out。
输出一行两个自然数，用空格隔开，依次为L和R。

Sample Input
5
1 3
2 3
3 5
5 5
6 7

Sample Output
3 5

Data Constraint

简要思路：本题有很多人用三分大法求解，本人表示看不出（然而，三分可行证明了函数是单极峰的），我用的方法十分投机，把所有数收在一起，排序，输出中间两个即可。
证明嘛，我不会，但也找不到反例，下面给出一个大佬的证明：

我们设取到的其中一个极值点在www,再设两个值 u=∑i=1n[li≤w]+[ri≤w]u = \sum_{i=1}^n [l_i \le w ] + [r_i \le w ]u=i=1∑n[li≤w]+[ri≤w],u=∑i=1n[li>w]+[ri>w]u = \sum_{i=1}^n [l_i \gt w ] + [r_i \gt w ]u=i=1∑n[li>w]+[ri>w],其中[x][x][x] 当xxx成立时值为1，否则为0。
我们显然要让∣u−v∣|u - v|∣u−v∣的值尽量小，函数值才会小。
所以我们把所有的左右边界丢在一起排个序，取中间两个就是答案了。（玩深沉提高严谨性）

//还有必要吗
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 5;
int n , num[2 * N];
inline void read( int & res ) {res = 0;int pd = 1;char a = getchar();while ( a < '0' || a > '9' ) {if ( a == '-' ) {pd = -pd;}a = getchar();}while ( a >= '0' && a <= '9' ) {res = ( res << 1 ) + ( res << 3 ) + ( a - '0' );a = getchar();}res *= pd;return;
}
int main () {//freopen( "linear.in" , "r" , stdin );//freopen( "linear.out" , "w" , stdout );read(n);int l , r;for ( int i = 1 ; i <= n ; ++i ) {read(l);read(r);num[i * 2 - 1] = l;num[i * 2] = r;}sort( num + 1 , num + 1 + 2 * n );int nn = n * 2;printf("%d %d",num[nn / 2],num[nn / 2 + 1]);
}

T4：DY引擎

Description
BOSS送给小唐一辆车。小唐开着这辆车从PKU出发去ZJU上课了。
众所周知，天朝公路的收费站超多的。经过观察地图，小唐发现从PKU出发到ZJU的所有路径只会有N（2<=N<=300）个不同的中转点，其中有M（max(0, N-100) <=M<=N）个点是天朝的收费站。N个中转点标号为1…N，其中1代表PKU，N代表ZJU。中转点之间总共有E（E<=50,000）条双向边连接。
每个点还有一个附加属性，用0/1标记，0代表普通中转点，1代表收费站。当然，天朝的地图上面是不会直接告诉你第i个点是普通中转点还是收费站的。地图上有P（1<=P<=3,000）个提示，用[u, v, t]表示：[u, v]区间的所有中转点中，至少有t个收费站。数据保证由所有提示得到的每个点的属性是唯一的。
车既然是BOSS送的，自然非比寻常了。车子使用了世界上最先进的DaxiaYayamao引擎，简称DY引擎。DY引擎可以让车子从U瞬间转移到V，只要U和V的距离不超过L（1<=L<=1,000,000），并且U和V之间不能有收费站（小唐良民一枚，所以要是经过收费站就会停下来交完钱再走）。
DY引擎果然是好东西，但是可惜引擎最多只能用K（0<=K<=30）次。

Input
第一行有6个整数N，M，E，P，L，K分别代表：N个中转点，M个收费站，E条边，P个提示，DY引擎的有效距离L，DY引擎的使用次数K。
接下去E行，每行有3个整数u，v，w（1<=u, v<=N; 1<=w<=1,000,000）表示：u和v之间有一条长度为w的双向边。
接下去P行，每行有3个整数u，v，t（1<=u<=v<=N； 0<=t<=u-v+1）表示： [u, v] 标号区间至少有t个收费站。

Output
输出一个整数，表示小唐从PZU开到ZJU用的最短距离（瞬间转移距离当然是按0来计算的）。

Sample Input
6 2 6 2 5 1
1 2 1
2 3 2
3 6 3
1 4 1
4 5 2
5 6 3
2 5 2
4 6 2

Sample Output
1【样例解释】
4、5是收费站。1->2(1)->6(1)

Data Constraint
对于30%的数据保证：
2<=N<=30，max(0, N-10) <=M<=N，0<=k<=10
对于100%的数据保证：
2<=N<=300，max(0, N-100) <=M<=N，E<=50,000，1<=P<=3,000，1<=L<=1,000,000，0<=K<=30.

简要思路：一道没意思的套路码农题，差分约束系统加上SPFA即可。对于不会的差分约束系统的，我推荐这篇博客这篇博客（不是我的）。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N = 305 ,  M = 1000005;
int n , m , ptot , p , l ,  k , head , tail;
int q[M] , d1[N] , map1[N][N] , d2[N][N] , map2[N][N] , vis[N] , t[N][N] , qq[M][2] , viss[N][N];
inline void read( int & res ) {res = 0;int pd = 1;char a = getchar();while ( a < '0' || a > '9' ) {if ( a == '-' ) {pd = -pd;}a = getchar();}while ( a >= '0' && a <= '9' ) {res = ( res << 1 ) + ( res << 3 ) + ( a - '0' );a = getchar();}res *= pd;return;
}
void doit() {d1[n] = ptot;d1[0] = 0;vis[n] = 1;head = tail = 1;q[tail] = n;while ( head <= tail ) {int cur = q[head];head++;for ( int i = 1 ; i <= n ; ++i ) {if ( i != cur ) {if ( d1[cur] + map1[cur][i] < d1[i] ) {d1[i] = d1[cur] + map1[cur][i];if ( !vis[i] ) {q[++tail] = i;vis[i] = 1;}}}}vis[cur] = 0;}
}
void floyd() {for ( int k = 1 ; k <= n ; ++k ) {if ( d1[k] - d1[k - 1] <= 0 ) {for ( int i = 1 ; i <= n ; ++i ) {for ( int j = 1 ; j <= n ; ++j ) {if ( i != j && i != k && j != k ) {t[i][j] = min( t[i][j] , t[i][k] + t[k][j] );}}}}}return;
}
void spfa() {head = tail = 1;qq[tail][0] = 1;qq[tail][1] = 0;viss[1][0] = 1;d2[1][0] = 0;while ( head <= tail ) {int cur = qq[head][0];int tim = qq[head][1];head++;for ( int i = 2 ; i <= n ; ++i ) {if ( i != cur ) {if ( d2[cur][tim] + map2[cur][i] < d2[i][tim] ) {d2[i][tim] = d2[cur][tim] + map2[cur][i];if ( !viss[i][tim] ) {qq[++tail][0] = i;qq[tail][1] = tim;viss[i][tim] = 1;}}if ( tim < k && t[cur][i] <= l && d2[i][tim + 1]  > d2[cur][tim] ) {d2[i][tim + 1] = d2[cur][tim];if ( !viss[i][tim + 1] ) {qq[++tail][0] = i;qq[tail][1] = tim + 1;viss[i][tim + 1] = 1;}}}}viss[cur][tim] = 0;}
}
int main () {//freopen( "dy4.in" , "r" , stdin );read(n);read(ptot);read(m);read(p);read(l);read(k);int u , v , tt;memset( map1 , 0x3f , sizeof(map1) );memset( map2 , 0x3f , sizeof(map2) );memset( t , 0x3f , sizeof(t) );memset( d1 , 0x3f , sizeof(d1) );memset( d2 , 0x3f , sizeof(d2) );for ( int i = 1 ; i <= m ; ++i ) {read(u);read(v);read(tt);map2[u][v] = map2[v][u] = min( map2[u][v] , tt );t[u][v] = t[v][u] = map2[u][v];}for ( int i = 1 ; i <= p ; ++i ) {read(u);read(v);read(tt);if ( map1[v][u - 1] > -tt ) {map1[v][u - 1] = -tt;}}for ( int i = 1 ; i <= n ; ++i ) {map2[i][i] = 0;map1[i - 1][i] = 1;map1[i][i - 1] = 0;}doit();//差分约束floyd();//预处理开挂路径长spfa();//跑路int ans = 100000005;for ( int i = 0 ; i <= k ; ++i ) {ans = min( ans , d2[n][i] );}printf("%d\n",ans);return 0;
}

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