还行吧。至少不算炸。虽说这个分的确也不怎么样。
考试的时候觉得$T2$是个计数，部分分好像还挺多，应该可想。
然后在$T2$上刚了仨小时，因为做的题不够会的知识点也不够所以只有签到分。
$T1$的话贪心暴力随便写就是了用不到一个小时。
然而其实$T1$是最可想的一个。。。应该吧。。。
这种难度的题以目前水平想出一道可能就要几个小时，所以一场考试基本只能压一道题。
$T2$早就有了$36$分的思路，然而最关键的一步居然是个其他题的结论，听说过但没记住，于是就没了。
得亏$T3$是个恶心的原题，然而没有删，基本上也没人拿到分，所以没有被拉开差距。
得$T1$者得天下了。
下午改题，俩题加起来刚好一下午，然后晚上回去做了道大爷昨天讲的分治题。
然而点分治和树上分块还是一道题都没有写，$KDTree$和$CDQ$以及诸如此类的不少锅也还没有修。。。
然后又去补习$T2$的知识点，生成函数，多项式复合逆。有点抽象，还没有学完。
拿着$LNC$的$WC$课件啃生成函数解图论计数，也不是很明白。但愿明天能多听懂一些。
数学的确是块硬骨头啊。。。
T1：U.N.OWEN就是她吗？
大意：$n$堆石子，$m$次操作。每次操作要求$[l_i,r_i]$中取出$k_i$石子。不够则尽量多的取。要求之前操作取的尽量多的前提下每次最多多少。
保证操作区间不包含。$n,m \le 300000$
看着题意就像贪心。
问题转化为二分图匹配（神一步）：把需求排序后，需求和供应分别拆出等于石子数量的点，然后是二分图最大匹配。
运用$Hall$定理。因为询问不包含，所以相交的询问可以合并成一个大的再进行匹配，同理也就不必考虑子集。
首先把不被任何询问包含的石子扔掉，不然前缀和会出问题。
设石子数的前缀和数组为$A$。设排序后前$i$个询问拿的石子数是$B_j$。
有对于任意$i<j,B_i - B_{j-1} \le A_{r_j} -A_{l_{i}-1}$。移项。$C_j = B_{j-1} - A_{r_j},D_i= B_i - A_{l_{i}-1}$
这样与$i,j$相关的就分别移动到一边了。也即对于任意$i<j$要求$C_j \le D_i$
前后缀关系，区间最值，询问是两个最值相减，询问结束后按照数组含义发现是后缀加。
每次操作时发现涉及变化的限制也就是$D[1,t] ,C[t,m]$
都是区间操作，线段树随便来就好了。
1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 #define S 1234567
4 #define lc p<<1
5 #define rc lc|1
6 #define md (cl+cr>>1)
7 int C[S],D[S],lzc[S],lzd[S],n,m,a[S],o[S];
8 struct qs{int l,r,o,k;friend bool operator<(qs a,qs b){return a.l<b.l;}}q[S];
9 void up(int p){C[p]=max(C[lc],C[rc]);D[p]=min(D[lc],D[rc]);}
10 void down(int p){
11 if(lzc[p])C[lc]+=lzc[p],C[rc]+=lzc[p],lzc[lc]+=lzc[p],lzc[rc]+=lzc[p],lzc[p]=0;
12 if(lzd[p])D[lc]+=lzd[p],D[rc]+=lzd[p],lzd[lc]+=lzd[p],lzd[rc]+=lzd[p],lzd[p]=0;
13 }
14 void build(int p,int cl,int cr){
15 if(cl==cr){D[p]=-a[q[cl].l-1];C[p]=-a[q[cl].r];return;}
16 build(lc,cl,md);build(rc,md+1,cr);up(p);
17 }
18 void chgc(int l,int w,int p=1,int cl=1,int cr=m){
19 if(cl>=l){C[p]+=w;lzc[p]+=w;return;} down(p);
20 if(l<=md)chgc(l,w,lc,cl,md);chgc(l,w,rc,md+1,cr); up(p);
21 }
22 void chgd(int l,int w,int p=1,int cl=1,int cr=m){if(l>m)return;
23 if(cl>=l){D[p]+=w;lzd[p]+=w;return;} down(p);
24 if(l<=md)chgd(l,w,lc,cl,md);chgd(l,w,rc,md+1,cr); up(p);
25 }
26 int askc(int l,int p=1,int cl=1,int cr=m){
27 if(cl>=l)return C[p]; down(p);
28 return l<=md?max(askc(l,lc,cl,md),C[rc]):askc(l,rc,md+1,cr);
29 }
30 int askd(int r,int p=1,int cl=1,int cr=m){
31 if(cr<=r)return D[p]; down(p);
32 return r>md?min(askd(r,rc,md+1,cr),D[lc]):askd(r,lc,cl,md);
33 }
34 int main(){
35 cin>>n;
36 for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&a[i]);
37 cin>>m;
38 for(int i=1;i<=m;++i)scanf("%d%d%d",&q[i].l,&q[i].r,&q[i].k),q[i].o=i;
39 sort(q+1,q+1+m);
40 for(int i=2;i<=m;++i)if(q[i-1].r<q[i].l)for(int j=q[i-1].r+1;j<q[i].l;++j)a[j]=0;
41 for(int i=2;i<=n;++i)a[i]+=a[i-1];
42 for(int i=1;i<=m;++i)o[q[i].o]=i;
43 build(1,1,m);
44 for(int i=1,a;i<=m;++i)a=min(askd(o[i])-askc(o[i]),q[o[i]].k),printf("%d\n",a),chgc(o[i],a),chgd(o[i]+1,a);
45 }
T2：哈德曼的妖怪少女
生成函数，边双计数，多项式复合逆。知识点待补。
T3：平安时代的外星人
大意：网格图，边带权，若干特殊格子，求从左上角出发包住所有特殊格子的最短有向可自交环。$n,m \le 400$
需要把问题弄得形象化一点。我们需要给它圈起来，大概就是在不割断它们之间路径的情况下，从左上角走到左上角。
路径？最短路树啊！如果你最后的路径包住了整棵最短路树，那么一定把所有特殊点都包进去了。
而且可以证明，你最后的路径的确不会切断最短路树上的边。
所以现在问题是怎么包住它。
直接做不行，考虑拆点。每个格点依据网格分成左上左下右上右下4个点。
正常情况下它们之间可以0费直接到达，但是如果中间有树边就不行，否则会割断最短路树。
其余的在原网格边两侧的四个点，建上原图的边，边权不变即可。
数组大小值得研究，要注意边数是$400 \times 400 \times 4 \times 4$的。
然后从左上角格点的右上角出发到达左下角跑最短路就可以了。
代码稍微有点恶心。
1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 #define S 3688888
4 #define inf 1234567890123456789ll
5 int o[555][555],pc,n,m,k,nt[555][555],ec=1,fir[S],l[S],to[S],w[S],e[2][555][555];
6 int al[555][555],X[S],Y[S],ban[2][555][555],pre[S],ok[S];
7 long long dt[S]; priority_queue<pair<long long,int> >q;
8 void link(int a,int b,int v){l[++ec]=fir[a];fir[a]=ec;to[ec]=b;w[ec]=v;}
9 void con(int a,int b,int v=0){if(ok[a]&ok[b])link(a,b,v),link(b,a,v);}
10 int O(int x,int y,int v){return o[x][y]<<2|v;}
11 int main(){
12 scanf("%d%d",&n,&m);
13 for(int i=0;i<n;++i)for(int j=0;j<m;++j)scanf("%d",&nt[i][j]);
14 for(int i=0;i<=n;++i)for(int j=0;j<=m;++j)o[i][j]=++pc,X[pc]=i,Y[pc]=j,ok[pc]=1;
15 for(int i=0;i<n;++i)for(int j=0;j<=m;++j)scanf("%d",&e[0][i][j]),con(o[i][j],o[i+1][j],e[0][i][j]);
16 for(int i=0;i<=n;++i)for(int j=0;j<m;++j)scanf("%d",&e[1][i][j]),con(o[i][j],o[i][j+1],e[1][i][j]);
17 for(int i=2;i<=pc;++i)dt[i]=inf; q.push(make_pair(0,1));
18 while(!q.empty()){
19 int p=q.top().second;long long d=-q.top().first;q.pop();
20 if(d!=dt[p])continue;
21 for(int i=fir[p];i;i=l[i])if(dt[to[i]]>d+w[i])q.push(make_pair(-(dt[to[i]]=d+w[i]),to[i])),pre[to[i]]=p;
22 }al[0][0]=1;
23 for(int lx,ly,x,y,i=0;i<n;++i)for(int j=0;x=i,(y=j)<m;++j)if(nt[i][j])while(!al[x][y])
24 lx=X[pre[o[x][y]]],ly=Y[pre[o[x][y]]],ban[y==ly][min(x,lx)][min(y,ly)]=1,al[x][y]=1,x=lx,y=ly;
25 for(int i=1;i<=pc;++i)fir[i]=0; ec=1;
26 for(int i=4;i<pc+1<<2;++i)ok[i]=1;
27 for(int i=0;i<n;++i)for(int j=0;j<m;++j)if(nt[i][j])ok[O(i,j,3)]=ok[O(i,j+1,2)]=ok[O(i+1,j,1)]=ok[O(i+1,j+1,0)]=0;
28 for(int i=0;i<=n;++i)for(int j=0;j<=m;++j){
29 if(!ban[0][i][j])con(O(i,j,1),O(i,j,3)),con(O(i,j+1,0),O(i,j+1,2));
30 if(!ban[1][i][j])con(O(i,j,2),O(i,j,3)),con(O(i+1,j,0),O(i+1,j,1));
31 if(m^j)con(O(i,j,1),O(i,j+1,0),e[1][i][j]),con(O(i,j,3),O(i,j+1,2),e[1][i][j]);
32 if(n^i)con(O(i,j,2),O(i+1,j,0),e[0][i][j]),con(O(i,j,3),O(i+1,j,1),e[0][i][j]);
33 }
34 for(int i=1;i<=m;++i)con(O(0,i,0),O(0,i,1));
35 for(int i=1;i<=n;++i)con(O(i,0,0),O(i,0,2));
36 for(int i=4;i<pc+1<<2;++i)dt[i]=inf; q.push(make_pair(dt[5]=0,5));
37 while(!q.empty()){
38 int p=q.top().second;long long d=-q.top().first;q.pop();
39 if(d!=dt[p])continue;
40 for(int i=fir[p];i;i=l[i])if(dt[to[i]]>d+w[i])q.push(make_pair(-(dt[to[i]]=d+w[i]),to[i]));
41 }cout<<dt[6]<<endl;
42 }
原文地址：https://www.cnblogs.com/hzoi-DeepinC/p/12309849.html