強烈表示被虐菜啊，被day2的題虐得跟屎一樣了=。=！！！！
hnoi難道穩定每年一到論文題麼？有兩道題很是在難搞，壓棧，polya什麼的必須要搞啊。
ps：網上積木遊戲居然僅有基哥的一篇吐槽，而圖的同構計數一下子居然有三篇題解，仔細一看，ld，syj，xqz......他們一起刷的麼=。=！還是老早就刷了=。=！
夢幻布丁：
題意：略
每種顏色維護一個鏈表，x顏色變成y時，把x鏈到y的後面去， 掃描x中的布丁，對於每一個改變顏色的布丁,如果它改變後的顏色與它前面的布丁相同，ans--，如果和後邊的相同，ans--，當然，如果每一次掃一遍，可能退化成O（n^2），我們可以進行啓發式合併，每次掃較短的一條鏈，複雜度降爲O（nlogn），(略證：每次如果掃到了長度爲k的鏈表，必然合併出長度至少爲2k的鏈表，那麼對於每個布丁，頂多被掃到logn次，從布丁的角度看，複雜度是o（nlogn）的)，等等，前面不是固定了只能掃y上的布丁嗎？其實x，y只是代號，我們完全可以讓y是x，x是y這樣不就可以掃x上的布丁了？大不了以後一直把x看成y，y看成x就行了。
ps：想這道題時總覺得應該吧合併之後的布丁刪掉，結果寫的時候無比糾結，涉及三個鏈表的刪除(>.<)，後來看了網上的程序才恍然大悟，合併的布丁不刪又不會有問題，幹嘛老是想要刪掉它，這說明解題遇到問題是，先想是否可以避開這個問題，再想如何解決這個問題，可以避免走不必要的彎路。
另外，hnoi的數據水的可以，每次歸併兩個鏈表都不會tle=。=，這種方法是可以卡的，但貌似沒有這種數據(⊙o⊙)…。
# include <cstdlib>
# include <cstdio>
# include <cmath>
# include <cstring>
using namespace std;
const int maxn=200000+5, maxm=2000000+50;
int id[maxm], c[maxn], nex[maxn+maxm],ed[maxn+maxm], len[maxn+maxm];
int n,m,ans,co;
inline void link(int x, int y){nex[ed[x]]=y; ed[x]=y;};
inline void empty(int x){nex[x]=0; ed[x]=x; len[x]=0;};
inline void swap(int &x, int &y) {int tmp=x;x=y;y=tmp;};
inline void updata(int x, int y)
{
int now;
for (now=nex[x]; now!=0; now=nex[now])
{
if (now-1-co>=1 &&c[now-1-co]==y) ans--;
if (now+1-co<=n &&c[now+1-co]==y) ans--;
}
for (now=nex[x]; now!=0; now=nex[now])
c[now-co]= y;
len[y]+= len[x]; nex[ed[y]]=nex[x]; ed[y]=ed[x]; empty(x);
}
int main()
{
int i,d,x,y;
freopen("pudding.in", "r", stdin);
freopen("pudding.out", "w", stdout);
scanf("%d%d",&n, &m);
co=maxm;
for (i = 1; i <= maxm; i++) ed[i]=i, nex[i]=0;
for (i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &c[i]);
for (i = 1; i <= maxm; i++) id[i]=i;
for (link(c[1],1+co), len[c[1]]++, ans=1,i=2; i<=n;i++)
if (c[i]==c[i-1]) link(c[i],i+co), len[c[i]]++;
else link(c[i],i+co),ans++, len[c[i]]++;
for (i = 1; i <= m; i++)
{
scanf("%d", &d);
if (d==2) printf("%d\n", ans);
else
{
scanf("%d%d", &x,&y);
if (x==y) continue;
if (len[id[x]]>len[id[y]]) swap(id[x],id[y]);
x=id[x];y=id[y]; if (len[x]!=0) updata(x,y);
}
}
return 0;
}
通往城堡之路：
題意：給定一個序列ai，吧ai修改爲bi，使得bi中相鄰兩個元素之差的絕對值不超過k，a的第一個元素，最後一個元素不可改變，求最小改變量。
在km頂標和差分約束上繞了好久，式子化的極醜無比，結果mt留下的是個極其無語的神級貪心調整（ms打死我我也想不出可以這麼貪心啊）。
首先將b序列初始爲：bi= a1-（i-1）*k，這是每個b元素可以取得最小值。然後每一步我們選擇一個位置k，將k~n擡升儘量多的高度（只擡高k~n可以麼？當然可以因爲如果i提升，i+1必須提升，想想我們的初始序列是什麼樣子的吧），如何選擇k，考慮k~n中，如果有一個aj>bj,擡高j有正收益，反之有負收益，我們選擇正收益最大的一段。
顯然這樣貪出的解不可能繼續通過擡高來減小改變量了，而降低也是不可行的，因爲我們之前一定經歷過那個狀態了。
另外還有一些細節需要考慮，這裏就不贅述了。
# include <cstdlib>
# include <cstdio>
# include <cmath>
using namespace std;
const int N = 5000+5;
const long long oo = (1LL<<60);
long long ans, up, a[N], b[N], now, maxn;
int bj,have,i,n,m,d;
inline long long ABS(long long x) {return x<0?-x:x;};
inline long long min(long long x, long long y) {return x<y?x:y;};
inline long long max(long long x, long long y) {return x>y?x:y;};
int main()
{
freopen("input.txt","r", stdin);
freopen("output.txt", "w", stdout);
scanf("%d", &m);
while (m--)
{
scanf("%d%d", &n, &d);
for (i = 1; i <= n; i++) scanf("%I64d", &a[i]);
if (a[n]<=a[1]+1LL*d*(n-1) && a[n]>= a[1]-1LL*d*(n-1))
{
for (b[1]=a[1],i=2;i<=n;i++) b[i]=b[i-1]-d;
for (;b[n]!= a[n];)
{
have=0; now=oo; maxn=-oo; bj= 0;
for (i = n; i > 1; i--)
{
if (a[i] <= b[i]) have--;
else have++, now=min(a[i]-b[i], now);
if (have>maxn && b[i]< b[i-1]+d)
maxn=have, bj=i, up=now;
}
up=min(up, b[bj-1]+d-b[bj]);
for (i = bj; i <= n; i++) b[i] += up;
//printf("%d %d\n", bj, up);
}
for (ans=0,i=1;i<=n;i++)
ans+= ABS(a[i]-b[i]);
//for (i = 1; i <= n; i++) printf("%d ", b[i]); printf("\n");
printf("%I64d\n", ans);
} else printf("impossible\n");
}
return 0;
}
題意：我們稱一個長度爲2n的數列是有趣的，當且僅當該數列滿足以下三個條件：
(1)它是從1到2n共2n個整數的一個排列{ai}
(2)所有的奇數項滿足a1<a3<…<a[2n-1]，所有的偶數項滿足a2<a4<…<a[2n]
(3)任意相鄰的兩項a[2i-1]與a[2i] 滿足奇數項小於偶數項
求有多少個這樣的有趣序列。
打個表可以看出就是一個catalan數，至於爲什麼是catalan數，可以參見哲爺博客的證明。把問題轉化爲特殊的拓撲排序計數，然後寫出dp方程，發現轉移到了catalan數經典的格路問題上，這樣就ok了（其實轉化之後即使不知道catalan數，應該也可以推出公式了）
http://hi.baidu.com/cheezer94/blog/item/9b9610d81ba6709aa1ec9c12.html
至於catalan數的公式 Cn =C(2n,n)-C(2n,n-1); 怎麼求這個很簡單的，坑爹的是取mo的數不是質數，不是質數的xx用逆元亂搞了，乖乖的分解質因數搞吧。
# include <cstdlib>
# include <cstdio>
# include <cmath>
# include <cstring>
using namespace std;
const int maxn = 1000000+10;
long long ans, sum;
int n, N, p;
int step[maxn*3],have[maxn*3], pr[maxn*3];
void prepare()
{
int i,j;
memset(step,0,sizeof(step));
for (i = 2; i <= N; i++)
{
if (!step[i]) pr[++pr[0]]= i,step[i]=i;
for (j = 1; j <= pr[0]; j++)
{
if (pr[j]*i > N) break;
step[pr[j]*i]= pr[j];
if (i%pr[j]==0) break;
}
}
}
int main()
{
int i,j,x;
freopen("input.txt", "r", stdin);
freopen("output.txt", "w", stdout);
scanf("%d%d", &n, &p); N=n*2;
prepare();
memset(have,0,sizeof(have));
for (i = n+1; i <= N; i++)
for (x=i; x>1; x/=step[x])
have[step[x]]++;
for (i = 1; i <=n; i++)
for (x=i; x>1; x/=step[x])
have[step[x]]--;
for (sum=1,i = 1; i <= N; i++)
for (j = 1; j <= have[i]; j++)
sum= (sum*i) %p;
ans = sum;
memset(have,0,sizeof(have));
for (i = n; i <=N; i++)
for (x=i; x>1; x/=step[x])
have[step[x]]++;
for (i = 1; i <=n+1; i++)
for (x=i; x>1; x/=step[x])
have[step[x]]--;
for (sum=1,i = 1; i <= N; i++)
for (j = 1; j <= have[i]; j++)
sum = (sum*i)% p;
ans = (ans-sum+p)%p;
printf("%d", ans);
return 0;
}
最小圈：
題意：求一個有向圖的平均值最小圈。
二分+判負環什麼的，應該是很好想的吧，只是題目還不準直接用bellman ford或者spfa判負環，網上一個個標程數過來，dfs，dfs，dfs......居然一個個都是用n邊dfs判的負環，靠着強大的break AC了>.<,怎麼能這樣=。=！，不過貌似沒有很靠譜的方法了，我就用濤哥的卡隊列的方法水掉它了。
# include <cstdlib>
# include <cstdio>
# include <cmath>
# include <cstring>
using namespace std;
const int maxn = 5000, maxm = 10000+10;
double dist[maxn], wis[maxm*2];
int n,m,top,et[maxn], que[maxn*30], linke[maxm*2],next[maxm*2],sum[maxm*2];
bool step[maxn];
void link(int x, int y, double z)
{
++top; next[top]=linke[x]; linke[x]=top; sum[top]=y; wis[top]=z;
}
void change(double lim)
{
for (int i = 1; i <= top; i++) wis[i]-= lim;
}
bool spfa(double lim)
{
change(lim);
int head=1,tail=1,ke,x;
memset(step,false,sizeof(step)); memset(et,0,sizeof(et)); memset(dist,127,sizeof(dist));
dist[1]=0; step[1]=true; que[1]=1;
for (;head<=tail;step[que[head++]]=false)
for (ke=linke[x=que[head]]; ke!=0; ke=next[ke])
if (dist[sum[ke]]>dist[x]+wis[ke])
{
dist[sum[ke]]=dist[x]+wis[ke];
if (!step[sum[ke]])
{
step[que[++tail]=sum[ke]] = true;
if (++et[sum[ke]]>15) {change(-lim); return true;}
}
}
change(-lim);
return false;
}
int main()
{
int i,x,y; double z,l,r,mid;
freopen("input.txt","r",stdin);
freopen("output.txt","w",stdout);
scanf("%d%d", &n, &m);
for (i = 1; i <= m; i++)
{
scanf("%d%d%lf",&x,&y,&z);
link(x,y,z);
}
for (l=-1e7,r=1e7; r-l>1e-9;)
if (spfa(mid=(l+r)/2)) r=mid;
else l=mid;
printf("%.8lf", l);
return 0;
}
永無鄉：
吐槽啊吐槽，一開始以爲每個島上最多是個三元環纔會滿足條件，結果好happy的寫了dfs找環+環狀dp，結果WA的一塌糊塗（TAT），撞的頭破血流之後才發現，只要是從一個頂點上連出很多三元環的“花朵形狀”都可以=。=！，這如果還縮環，判到世界末日大概都搞不完......
然後在一篇blog上淘到了一個漂亮的仙人掌樹dp法。
觀察題目給出的圖可以發現，每條邊屬於且僅屬於一個環=。=！，這個樹形dp極大的好處，我們可以每次用回邊轉移，就能保證dp的正確性了。
# include <cstdlib>
# include <cstdio>
# include <cmath>
# include <cstring>
using namespace std;
const int oo=1073741819,maxm = 200000*2+10, maxn = 100000+10;
int top,next[maxm], linke[maxm], sum[maxm];
int time,n,m,a[maxn],dfn[maxn],pre[maxn],f[maxn], g[maxn];
int u0,u1,v0,v1;
inline int max(int x, int y) {return x>y?x:y;};
void link(int x, int y)
{
++top; next[top]=linke[x]; linke[x]=top; sum[top]=y;
}
void dfs(int x)
{
int k;dfn[x]=++time;
for (k=linke[x]; k; k=next[k])
if (!dfn[sum[k]])
pre[sum[k]]= x, dfs(sum[k]);
f[x] = a[x];
int j;
for (k=linke[x]; k; k=next[k])
if (dfn[sum[k]]>dfn[x] && pre[sum[k]]!= x)
{
u0 = 0; u1 = 0;
for (j=sum[k];j!=x;j=pre[j])
{
v0= u1+g[j]; v1= u0+f[j];
u0= v0; u1= max(v0, v1);
}
g[x]+= u1;
u0 = -oo; u1 = 0;
for (j=sum[k];j!=x;j=pre[j])
{
v0= u1+g[j]; v1= u0+f[j];
u0= v0; u1= max(v0, v1);
}
f[x]+= u0;
}
}
int main()
{
int i,x,y;
freopen("input.txt", "r", stdin);
freopen("output.txt", "w", stdout);
scanf("%d%d", &n, &m);
for (i = 1; i <= m; i++)
{
scanf("%d%d", &x, &y);
link(x,y); link(y,x);
}
for (i = 1; i <= n; i++)
scanf("%d", &a[i]);
dfs(1);
printf("%d", max(f[1], g[1]));
return 0;
}
圖的同構計數： 數論弱菜傷不起啊，鑑於後面專門有計劃弄數論，這裏就先壓棧吧。
雙遞增序列：
題意：略
再次吐槽，又想到ldl那套無比詭異的僞裝成noip的hnoi題。
一開始還沒想起來，結果想到一個貪心調整，覺得思路似曾相識，然後翻到了那套題目。
好吧，這道題目詭異之處在於，當時寫的貪心調整後來發現調整部分的思路是不對的，而且.....我在三個地方都寫錯了，以至於調整部分都沒有進入=。=！這樣都對了？ldl的數據水了？好吧，hnoi的數據也過了，詭異的是我用c++打一遍之後c++的程序錯了，後來照着pascal的打了一遍居然有對了（看了半天兩次寫的程序本質一樣啊
），O__O"…
至於那個dp就不想講了，這道題真是永遠的痛額。
不知道是數據太水還是我的想法是錯的，我覺得只要能貪出兩條長度不等的鏈來，就一定能調整出長度相等的兩條鏈，自己證明不出來，也不知道對不對，求大牛指證。
純粹騙分？忽略下面的代碼
# include <cstdlib>
# include <cstdio>
# include <cmath>
# include <cstring>
using namespace std;
const int maxn = 3000;
int ta,tb,qa,qb,inc,ia[maxn],ib[maxn];
int n,task,a[maxn],tmp;
bool use[maxn];
bool check()
{
int i,j;qa=qb=-1;inc=0;ta=0;tb=0;
//memset(ib,0,sizeof(ib)); memset(ia,0,sizeof(ia));
for (qa=a[1],i=2; i <= n; i++)
{
if (a[i]<=qa&& a[i]<=qb) return false;
else if (a[i]>qa&&a[i]<=qb) qa=a[i];
else if (a[i]<=qa&&a[i]>qb) qb=a[i];
else if (qa>qb) qa=a[i];
else qb=a[i];
}
return true;
}
int main()
{
int i;
freopen("input.txt", "r", stdin);
freopen("output.txt", "w", stdout);
scanf("%d", &task);
while (task--)
{
scanf("%d", &n);
for (i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]);
for (i = 1; i <= n; i++) a[i]++;
if (check()) printf("Yes!\n"); else printf("No!\n");
}
return 0;
}