啊啊啊lrb巨神出题不按难度排序坑死人啦！！！
忠告：正向做题，否则AK！
rk11，总体还是有一定进步，但是我可以300的！！！！！！
不说了，都是泪~
T1：（大丧题）
CCT
最近学校又发了n本五三题霸，BBS看到后十分高兴。但是，当他把五三拿到手后才发现，他已经刷过这些书了！他又认真地看了一会儿，发现新发的这些五三是2017版的，而他刷的是2016版的。现在他想找出所有他没有刷过的题来刷。每本五三都有m道题，并且它的特征（即它和去年版本的五三的差距）可以用一个m位二进制数来代表，二进制位上的1代表该题不同，0代表该题相同。比如4（100）就代表题目3和去年的有不同、5（101）就代表题目1和题目3和去年的有不同。而BBS热衷于给自己找麻烦，他要选择连续一段的几本五三一起刷，并且要求，所有选择的五三的特征中的所有k位中每一位出现1的次数都相同。他又想去刷最多的书，请你告诉他，他最多能刷多少本书？
输入格式：
第一行为两个整数 n、m，接下来的n行为 n 个整数，表示每本五三的特征。
输出格式：
一个整数，表示BBS最多能刷几本书。
|
样例输入 |
样例输出 |
|
7 3 7 6 7 2 1 4 2 |
4 |
样例解释：
这7本五三的特征分别为111,110,111,010,001,100,010。选择第3本至第6本五三，这些五三的特征中每一位都出现了2次1。当然，选择第4本到第6本也是可以的，这些五三的特征中每一位都出现了1次1。只是这样子BBS刷的书的数量就少了，他就会不高兴。
数据范围：
对于 100%的数据：1<=n<=100000，1<=k<=30。
原题：[usaco2007 March Gold]Balanced Lineup
题解：
首先可以知道，对于一个特征值a1a2a3..am,可以用(a1-a1)(a2-a1)(a3-a1)...(am-a1)表示它，再做一遍前缀和，得到(s1-s1)(s2-s1)(s3-s1)...(sm-s1)。容易证明，对于两个相同的状态，他们经过处理后的前缀和是一样的。
可以设t1=s1s2...sm,t2=(s1+x)(s2+x)...(sm+x)，则两数之间的差为xx...x，满足条件
处理后，t1=(s1-s1)(s2-s1)...(sm-s1),t2=(s1+x-s1-x)(s2+x-s1-x)...(sm+x-s1-x)=(s1-s1)(s2-s1)...(sm-s1)，即t1=t2。
所以当两个前缀和pre[i],pre[j]相同的时候，可以推出[i,j-1]或[i+1,j]是合法的区间。
所以可以直接开一个set记录一种前缀和第一次出现的位置，边遍历边更新即可。
代码：
#include<cstdio>
#include<set>
#define max(a,b) (a>b?a:b)
using std::set;
int n,m,ans;
struct AriM{
int x;
int dig[32];
friend bool operator<(AriM a,AriM b){
for(int i=1;i<m;i++)
if(a.dig[i]!=b.dig[i])return a.dig[i]<b.dig[i];
return 0;
}
}t;
set<AriM>s;
int pre[100005][32];
inline int read(){
int x=0,f=1;char c=getchar();
for(;c<‘0‘||c>‘9‘;f=c==‘-‘?-1:1,c=getchar());
for(;c>=‘0‘&&c<=‘9‘;x=(x<<3)+(x<<1)+c-‘0‘,c=getchar());
return x*f;
}
int main(){
freopen("cct.in","r",stdin);
freopen("cct.out","w",stdout);
n=read();m=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1,x=read();j<=m;j++)
pre[i][j]=pre[i-1][j]+x&(1<<(j-1));
s.insert(t);
for(int i=1;i<=n;i++){
t.x=i;
for(int j=1;j<m;j++)t.dig[j]=pre[i][j]-pre[i][j+1];
set<AriM>::iterator it=s.find(t);
if(it==s.end())s.insert(t);
else ans=max(ans,i-(*it).x);
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
T2：
MHM
LGL今天一共要上n节课，这n节课由0标号至n。由于过度劳累，除了第0节课和第n节课，LGL还打算睡上m节课，所以他做了一个睡觉计划表。通过小道消息，LGL得知WQ今天会在学校中检查，所以他想少睡k节课。但是由于某些原因，他又想使相邻的两节睡觉的课之间上的课数量的最小值最大。由于他很困，所以他请你来帮他计算这个值。
输入格式：
第一行为三个整数 n、m、k，接下来的m行为m个整数ai，表示睡觉计划表中LGL想要睡觉的课。
输出格式：
一个整数，表示题目所求的值。
|
样例输入 |
样例输出 |
|
25 5 2 14 11 17 2 21 |
3 |
样例解释：
选择第2节和第14节不睡觉，这样子相邻的两节睡觉的课之间上的课数量的最小值为3，即第17节和第21节之间和第21节到第25节之间。没有答案更大的删除方案。
数据范围：
对于100%的数据：1<=n<=109，1<=k<=m<=50000，0<ai<n。
原题：noip2015提高组d2t1
题解：傻逼二分，check，输出答案（这么水的题我居然打炸了）
细节见代码：
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define mid (l+r>>1)
int n,m,k,l,r,a[50005];
inline int read(){
int x=0,f=1;char c=getchar();
for(;c<‘0‘||c>‘9‘;f=c==‘-‘?-1:1,c=getchar());
for(;c>=‘0‘&&c<=‘9‘;x=(x<<3)+(x<<1)+c-‘0‘,c=getchar());
return x*f;
}
bool check(int x){
for(int i=1,pos=0,cnt=0;i<=m;i++)
if(a[i]-pos<=x){if(++cnt>k)return 0;}
else pos=a[i];
return 1;
}
int main(){
freopen("mhm.in","r",stdin);
freopen("mhm.out","w",stdout);
n=r=read();m=read();k=read();
for(int i=1;i<=m;i++)a[i]=read();
std::sort(a+1,a+m+1);a[++m]=n;
while(l<=r)check(mid)?l=mid+1:r=mid-1;
printf("%d\n",l-1);
return 0;
}
T3：
AAFA
YYH有n道题要做。每一道题都有一个截止日期t，只要在该日期之前做完，他的父亲LRB就会奖励他w元钱。令人惊讶的是，每一道题他都只需要1秒来做。请问他最多能从父亲那里拿到多少钱？
输入格式：
第一行为一个整数 n，接下来的n行每一行都有两个数ti和wi，分别表示第i题的截止日期和奖励。
输出格式：
一个整数，表示YYH的最大获利。
|
样例输入 |
样例输出 |
|
3 2 10 1 5 1 7 |
17 |
样例解释：
第1秒做第3道题，第2秒做第1道题。
数据范围：
对于 100%的数据：1<=n、ti 、wi <=100000。
（原创题）
题解：
首先可以按照截止时间把作业排序，然后从前往后扫描。
当选到第i个的时候，若已选数量小于截止时间，则选该任务一定比不选要优。
若已选数量等于截止时间，则考虑能否用该任务替代以前所选的最小收益任务，可以直接把已选任务丢进一个小根堆，直接与堆顶元素比较即可。
代码：
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<queue>
using std::priority_queue;
typedef long long ll;
struct AriM{
int t,w;
friend bool operator<(AriM a,AriM b){
return a.t<b.t;
}
}a[100005];
priority_queue<int,std::vector<int>,std::greater<int> >q;
int n;
ll ans,sz;
template<typename T>T read(){
T x=0,f=1;char c=getchar();
for(;c<‘0‘||c>‘9‘;f=c==‘-‘?-1:1,c=getchar());
for(;c>=‘0‘&&c<=‘9‘;x=x*10+c-48,c=getchar());
return x*f;
}
int main(){
freopen("aafa.in","r",stdin);
freopen("aafa.out","w",stdout);
n=read<int>();
for(int i=1;i<=n;i++)a[i].t=read<ll>(),a[i].w=read<ll>();
std::sort(a+1,a+1+n);
for(int i=1;i<=n;i++,sz=q.size())
if(sz<a[i].t)q.push(a[i].w);
else if(sz==a[i].t&&q.top()<a[i].w)
q.pop(),q.push(a[i].w);
while(!q.empty())ans+=q.top(),q.pop();
printf("%I64d\n",ans);
return 0;
}
T4：
ZZI
YYH拿到了父亲给的钱欣喜若狂，把这些钱拿来造了n栋房子。现在他要给这些房子通电。他有两种方法：第一种是在房间里搭核电发电机发电，对于不同的房子，他需要花不同的代价Vi；，第二种是将有电的房子i的电通过电线通到没电的房子j中，这样子他需要花的代价为aij。他现在请你帮他算出他最少要花多少钱才能让所有的房子通上电。
输入格式：
第一行为一个整数 n。接下来的n行为 n 个整数vi，再接下来的n行每行n个数，第i行第j列的数表示aij。
输出格式：
一个整数，表示最小代价。
|
样例输入 |
样例输出 |
|
4 5 4 4 3 0 2 2 2 2 0 3 3 2 3 0 4 2 3 4 0 |
9 |
样例解释：
在第4栋房子造核电发电机，再将其他三栋房子通过电线连向它。
数据范围：
对于 100%的数据：1<=n<=300，1<=vi，aij<=100000，保证aii=0，aij=aji。
经典的供电问题，但我没打过233
题解：
仔细读题，可以证明最优方案一定由x个发电机和(n-x)条电线组成，符合MST的性质。
于是考虑新增加一个0号节点，与1~n号节点连权值为vi的双向边，节点i和节点j之间连权值为aij的双向边，直接跑一遍prim即可。
代码：
#include<cstdio>
#define inf 0x3f3f3f3f
#define min(a,b) (a<b?a:b)
int n;
int d[305],map[305][305];
bool used[305];
inline int read(){
int x=0,f=1;char c=getchar();
for(;c<‘0‘||c>‘9‘;f=c==‘-‘?-1:1,c=getchar());
for(;c>=‘0‘&&c<=‘9‘;x=(x<<3)+(x<<1)+c-‘0‘,c=getchar());
return x*f;
}
int prim(){
int res=0;
for(;;){
int pos=-1,lim=inf;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(!used[i]&&d[i]<lim)
lim=d[i],pos=i;
if(pos<0)return res;
res+=d[pos];used[pos]=1;d[pos]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(!used[i])d[i]=min(d[i],map[pos][i]);
}
}
int main(){
freopen("zzi.in","r",stdin);
freopen("zzi.out","w",stdout);
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++)d[i]=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
map[i][j]=read();
printf("%d\n",prim());
return 0;
}