前言
所以说这次是 HZOI 多校联测巅峰？？？？（题目，数据过水？？）
T1 石子合并
解题思路
签到题。
发现我们可以给每个数字附一个正负号，每个数字的贡献就是它本身乘上这个符号。
发现至少应该有一个正号一个负号，直接记录是否正负数都有，再判断一下有 0 或者只有一个数的情况。
code
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define ull unsigned long long
#define f() cout<<"RP++"<<endl
using namespace std;
inline int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
return x*f;
}
const int N=2e6+10,INF=1e18;
int T,minn,n,ans,s[N];
void solve()
{
n=read(); minn=INF; ans=0; bool jud1=false,jud2=false,jud3=false;
for(int i=1;i<=n;i++) s[i]=read(),jud1|=s[i]<0,jud2|=s[i]>0,jud3|=s[i]==0;
if(n==1) return printf("%lld\n",s[1]),void();
if((jud1&&jud2)||jud3){for(int i=1;i<=n;i++)ans+=abs(s[i]);return printf("%lld\n",ans),void();}
for(int i=1;i<=n;i++) ans+=abs(s[i]),minn=min(minn,abs(s[i]));
printf("%lld\n",ans-2*minn);
}
#undef int
int main()
{
#define int long long
freopen("stone.in","r",stdin); freopen("stone.out","w",stdout);
T=read(); while(T--) solve();
return 0;
}
T2 铺地毯
解题思路
签到题。
假设一个矩形的左下角是 \((x,y)\) , 右下角是 \((x_2,y_2)\) 。
那么若干个矩形的公共部分的左下角的横纵坐标就是所有矩形的 \(x\) 或者 \(y\) 的最大值，右上角坐标则是最小值。
那么我们很容易算出 \(n\) 个矩形的公共部分，然后考虑删掉一个矩形。
这个的话可以记录一个最大值次大值来很快的实现。
code
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define ull unsigned long long
#define f() cout<<"RP++"<<endl
#define fi first
#define se second
using namespace std;
inline int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
return x*f;
}
const int N=3e5+10,INF=1e18;
int T,n,ans,all;
struct Node{int x,y,x2,y2;}rec,s[N];
pair<int,int> x,y,x2,y2;
inline void upd1(pair<int,int> &temp,int val)
{
if(val<temp.fi) temp.se=temp.fi,temp.fi=val;
else temp.se=min(temp.se,val);
}
inline void upd2(pair<int,int> &temp,int val)
{
if(val>temp.fi) temp.se=temp.fi,temp.fi=val;
else temp.se=max(temp.se,val);
}
inline int work(pair<int,int> &temp,int val)
{
if(temp.fi==val) return temp.se;
return temp.fi;
}
inline int get(Node temp)
{
int tx=work(x,temp.x),ty=work(y,temp.y),tx2=work(x2,temp.x2),ty2=work(y2,temp.y2);
if(tx>=tx2||ty>=ty2) return 0;
return (tx2-tx)*(ty2-ty);
}
void solve()
{
read(); read(); n=read(); ans=0; x.fi=x.se=-INF; y.fi=y.se=-INF; x2.fi=x2.se=INF; y2.fi=y2.se=INF;
for(int i=1;i<=n;i++) s[i].x=read(),s[i].y=read(),s[i].x2=read(),s[i].y2=read();
for(int i=1;i<=n;i++) upd1(x2,s[i].x2),upd1(y2,s[i].y2),upd2(x,s[i].x),upd2(y,s[i].y);
ans=all=get((Node){INF,INF,-INF,-INF});
if(n!=1) for(int i=1;i<=n;i++) ans+=get(s[i])-all;
printf("%lld\n",ans);
}
#undef int
int main()
{
#define int long long
freopen("carpet.in","r",stdin); freopen("carpet.out","w",stdout);
T=read(); while(T--) solve();
return 0;
}
T3 优美的旋律
解题思路
签到题。
直接暴力枚举重复的串，然后往后翻，Hash 优化，复杂度严格小于 \(n^2ln\)
如果记忆一下的话可能就是 \(n^2\) 了。
对于 \(3000\times 3000\) 同一种字符的极限数据的话最多也就是向后翻大约 \(3\times 10^7\) 次。
code
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define ull unsigned long long
#define f() cout<<"RP++"<<endl
using namespace std;
inline int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
return x*f;
}
const int N=3e3+10;
const ull base=13331;
int n,a,b,ans;
ull has[N],p[N];
char s[N];
bool vis[N][N];
inline ull get(int l,int r){return has[r]-has[l-1]*p[r-l+1];}
#undef int
int main()
{
#define int long long
freopen("melody.in","r",stdin); freopen("melody.out","w",stdout);
a=read(); b=read(); scanf("%s",s+1); n=strlen(s+1); p[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++) has[i]=has[i-1]*base+s[i],p[i]=p[i-1]*base;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=i;j<=n;j++)
{
int len=j-i+1,num=1; ull temp=get(i,j);
while(i+(num+1)*len-1<=n&&get(i+num*len,i+(num+1)*len-1)==temp) num++;
if(num!=1) ans=max(ans,a*len+b*num);
}
printf("%lld",ans);
return 0;
}
T4 基站建设
解题思路
签到题。
\(n^4\) 的就不说了，我们发现可以枚举一条边，然后分别枚举两个点向外面的连边找公共部分，复杂度就是 \(m^3\)
然后我们可以扫一个点的连边然后查询另一个点的连边是否有这个点 \(m^2log \sim m^2\)
我们可以枚举度数较小的点，这样的复杂度是 \(m\sqrt{m}\) 的。
显然复杂度最劣的情况是两个点的度数相同，假设有 \(x\) 的点。 那么复杂度就是 \(\dfrac{m^2}{x}\)
\(x\) 的最小值只能是 \(\sqrt{m}\) 级别的，那么得证复杂度是 \(m\sqrt{m}\) 。
可以通过 bitset 来实现，然而我考场上是根据标号拍完序之后暴扫的，复杂度就不能保证了（逃
code
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define ull unsigned long long
#define f() cout<<"RP++"<<endl
using namespace std;
inline int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
return x*f;
}
const int N=5e4+10,M=2e5+10,INF=1e18;
int n,m,ans,s[N];
pair<int,int> p[M];
vector<int> v[N];
#undef int
int main()
{
#define int long long
freopen("station.in","r",stdin); freopen("station.out","w",stdout);
n=read(); m=read();
for(int i=1;i<=n;i++) s[i]=read();
for(int i=1,x,y;i<=m;i++)
x=read(),y=read(),p[i]=make_pair(x,y),
v[x].push_back(y),v[y].push_back(x);
for(int i=1;i<=n;i++) sort(v[i].begin(),v[i].end());
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int x=p[i].first,y=p[i].second,mx=-INF,sec=-INF;
if(v[x].size()<v[y].size())
{
int pos=0,lim=v[y].size()-1;
for(auto it:v[x])
{
while(pos<lim&&v[y][pos]<it) pos++;
if(it==y||v[y][pos]!=it) continue;
if(s[it]>mx) sec=mx,mx=s[it];
else sec=max(sec,s[it]);
}
}
else
{
int pos=0,lim=v[x].size()-1;
for(auto it:v[y])
{
while(pos<lim&&v[x][pos]<it) pos++;
if(it==x||v[x][pos]!=it) continue;
if(s[it]>mx) sec=mx,mx=s[it];
else sec=max(sec,s[it]);
}
}
if(sec!=-INF&&mx!=-INF) ans=max(ans,(s[x]+1)*(s[y]+1)+mx*sec);
}
printf("%lld",ans);
return 0;
}