第三次体会到考试出超纲题的绝望……
不要问我前两次在什么时候
\(\mathrm{T1}\)
\(\color{red}{Totally\ Brute\ Force!}\)
就是个暴力……
我们一开始假设整个数组是一个区间\([1,n]\)的区间，然后每次操作都会把区间从中间断开。（可以理解成：把中间的数删去后，左右两侧的数会分成两个区间）
这里要说一下这些区间的定义：
struct Segment{int st,len;};\(st\)表示这个区间中最小的数；\(len\)表示这个区间的长度。
比如说，原题的样例\(1\)，进行了第一次删除操作后，整个数组就被分成了两个区间：分别是\(1\sim2,5\sim8\)。用结构体表示就是
(Segment){1,2};
(Segment){5,4};然后，假如我们要处理一个删除操作，这个删除操作会影响到连续的若干个区间的话，有两个操作是所有情况通用的：
- 修改最左区间的\(len\)
- 新建一个区间。
这个区间的\(st\)是数组中的第\(ri\)个数（\(ri\)就是删除操作的\(ri\)），但这个第\(ri\)个数的准确数值要从
Segment那个结构体中得到（因为\(st\)存的是准确数值）。这个区间的\(len\)就是受到影响的最右边的区间的\(len-\text{最右边的区间被删去部分的长度}\)
也许你会问：为什么不直接修改最右边的区间呢？
假如删除操作只影响了一个区间，那么这个区间就会分裂成两个区间，所以还是要新建一个区间的。
做完上述两个操作之后，就把受到影响的，且既不是最左也不是最右的区间删掉。
删完之后，再看一下：如果最左区间或者最右区间的\(len=0\)，就把这个区间也删掉。
插入删除操作就跟在顺序线性表中插入元素一样，时间复杂度是\(\mathrm{O}(n)\)的。
重点其实应该是修改最左区间和插入最右区间这两个操作。
看代码吧：\(\mathrm{Code}\)
\(\mathrm{T2}\)
这就是超纲题了。
建议大家先看看这一题和这一题并尝试将代码写出来再继续往下看。
回到这一题。
很明显，\(\mathrm{T}\)很大，而每条边的权值又很小，这时，同余系下最短路就能发挥用场了。
在跳楼机那一题中，我们用\(dis[i]\)表示路径长度在模一个指定边权之后的数值为\(i\)的最小值。（其实和分层图有点像）
在这里，我们只需要把\(dis[i]\)扩多一维变成\(dis[i][j]\)，\(i\)表示在第\(i\)个节点，\(j\)的意义和上面的\(i\)一样。
然后我们就可以像跳楼机一样猥琐操作了：
- 首先，找到 与起点或终点直接相连的边的最小边权\(len\) 作为模数（这样做是为了加快后面的\(\mathrm{SPFA}\)）。
- 然后就像分层图上最短路一样直接跑\(\mathrm{SPFA}\)。
具体来讲就是
if( dis[h.pos][h.mval]+e.len<dis[e.to][(h.mval+e.len)%mod] ) dis[e.to][(h.mval+e.len)%mod]=dis[h.pos][h.mval]+e.len; //从代码里抄的 - 跑完\(\mathrm{SPFA}\)后，我们要取的是\(dis[n-1][\mathrm{T}\%(len \times 2)]\)的值，这样的话，\(dis\)中最短路的长度加上若干个\(len\)之后就会等于\(\mathrm{T}\)了。
问题来了：为什么是\(\%(len \times 2)\)而不是\(\%len\)呢？
- 因为我们到了终点或者还停留在起点时，只有在同一条边上走偶数次才能回到原处。
接着，我们可以把\(\mathrm{T}\)变形成一次函数的形式（就是\(ax+b\ (a=e.len,b<a)\)）。
我们在同一条边上走偶数次，就等同于将\(\mathrm{T}=ax+b\)这个式子的\(a\)减去了一个偶数。
设被减去后的\(\mathrm{T}=a'x+b\)，则很明显：
\(a' \equiv a \pmod 2\)
（就是说\(a'\)和\(a\)奇偶性相同）换言之，我们要使\(dis\)数组中的最短路长度的\(a\)和\(\mathrm{T}\)的\(a\)同奇同偶。
然后，下面的结论就
很容易证明了：设\(\mathrm{T}=a_1x+b,\mathrm{T}\%(len\times 2)=a_2x+b\)，则\(a_1 \equiv a_2 \pmod{2}\)。
所以我们要做的就是：
- 找到与起点或终点直接相连的边的最小边权\(len\)；
- 以\(len\)作为模数跑剩余系最短路
- 判断\(dis[n-1][\mathrm{T}\%(len \times 2)]\)是否\(\leqslant \mathrm{T}\)。
大概就是这样了，剩下的细节就看看代码吧
（对自己代码的思维清晰程度总是有着谜一般的信心）
\(\mathrm{T3}\)
其实这一题是码量最短的。
一眼看过去以为是博弈论，但随后发现其实就是一个贪心：
以\(\mathrm{T}\)节点为根，我们就可以一层一层地推（假设\(\mathrm{T}\)节点的深度为\(0\)）
- 第\(1\)层最多只能放\(1\)个棋子；
- 第\(2\)层最多只能放\(3\)个棋子；
- 第\(3\)层最多只能放\(7\)个棋子；
- 。。。
- 第\(n\)层就最多能放\(2n-1\)个棋子。
但是：如果一个节点有多于一个儿子的话，那我们就不能每个节点都来一个\(2n+1\)了。
正确的转移方法是：找到所有儿子所在的子树中，深度最深的子树，把\(2n+1\)个棋子转移到这个最深的儿子。其他的儿子就直接只给\(1\)个棋子，然后再重新转移。
正确性容易证明。
原文地址：https://www.cnblogs.com/info---tion/p/11281428.html