2019杭電多校第六場

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給一個小根堆，兩人每次取一個出度爲0的點（沒有子節點），求取完後兩人的結果。
因爲小根堆性質是根結點小於葉節點，所以每次取的都是當前所剩下的點中最大的。
排序後輪流取即可。

TDL

HDU 6641 TDL 異或性質
定義$f(n,m)$爲比$n$大的第$m$個與$n$互質的數，給出$(f(n,m)-n)\oplus n$和$m$，求最小的$n$。
因爲異或滿足自反性，不妨另$(f(n,m)-n)\oplus n=k$，則$f(n,m)-n=k\oplus n$，因爲$m\leq100$，所以$f(n,m)-n$不會超過1e3（具體最大沒算過，1e3完全足夠了），我們可以枚舉$k\oplus n$，然後找出最小的滿足條件$n$即可。

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
ll gcd(ll p, ll q) { return q == 0 ? p : gcd(q, p % q); }
using namespace std;
const long long inf = ((1LL<<62)-1)|(1LL<<62);
const int maxi = 1e3 + 10;

ll k,m;
ll f(ll n,int m){
    ll cnt=m,i=n;
    while(cnt){
        i++;
        if(gcd(n,i)==1) cnt--;
    }
    return i;
}
int main() {
    int T;
    scanf("%d", &T);
    while(T--){
        scanf("%lld%lld",&k,&m);
        ll minn=inf;
        for(ll i=0;i<=maxi;i++){
            ll n=i^k;//n=(k^n)^k
            if(n && f(n,m)==n+i) {
                minn = min(minn, n);
            }
        }
        if(minn==inf) printf("-1\n");
        else printf("%lld\n",minn);
    }
    return 0;
}

Snowy Smile

HDU 6638 Snowy Smile 線段樹+最大子段和
$n$個點，$-10^9\leq x_i,y_i\leq 10^9$，求最大子矩陣和。（$n\leq 2000$）
離散化後，枚舉矩陣的上下邊界，然後將每一列上的數都加入s[y]，則對於此上下邊界的最大子矩陣和則爲$s$數組的最大子段和。
線段樹實現更新和查詢，複雜度$O(n^2logn).$

//std
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>

using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2010, M = 4100;
int Case, n, m, i, j, k, cb, b[N], pos[N];
ll pre[M], suf[M], s[M], v[M], ans;
struct E {
    int x, y, z;
} e[N];

inline bool cmp(const E &a, const E &b) { return a.x < b.x; }

void build(int x, int a, int b) {
    pre[x] = suf[x] = s[x] = v[x] = 0;
    if (a == b) {
        pos[a] = x;
        return;
    }
    int mid = (a + b) >> 1;
    build(x << 1, a, mid), build(x << 1 | 1, mid + 1, b);
}
inline void change(int x, int p) {
    x = pos[x];
    s[x] += p;
    if (s[x] > 0)pre[x] = suf[x] = v[x] = s[x];
    else pre[x] = suf[x] = v[x] = 0;
    for (x >>= 1; x; x >>= 1) {
        pre[x] = max(pre[x << 1], s[x << 1] + pre[x << 1 | 1]);
        suf[x] = max(suf[x << 1 | 1], s[x << 1 | 1] + suf[x << 1]);
        s[x] = s[x << 1] + s[x << 1 | 1];
        v[x] = max(max(v[x << 1], v[x << 1 | 1]), suf[x << 1] + pre[x << 1 | 1]);
    }
}

int main() {
    scanf("%d", &Case);
    while (Case--) {
        scanf("%d", &n);
        for (cb = 0, i = 1; i <= n; i++) {
            scanf("%d%d%d", &e[i].x, &e[i].y, &e[i].z);
            b[++cb] = e[i].y;
        }
        sort(b + 1, b + cb + 1);
        for (m = 0, i = 1; i <= cb; i++)
        	if (i == 1 || b[i] != b[m])b[++m] = b[i];
        sort(e + 1, e + n + 1, cmp);
        ans = 0;
        for (i = 1; i <= n; i++)
        	e[i].y = lower_bound(b + 1, b + m + 1, e[i].y) - b;
        for (i = 1; i <= n; i++)
            if (i == 1 || e[i].x != e[i - 1].x) {
                build(1, 1, m);
                for (j = i; j <= n; j = k) {
                    for (k = j; k <= n && e[j].x == e[k].x; k++)change(e[k].y, e[k].z);
                    if (ans < v[1])ans = v[1];
                }
            }
        printf("%lld\n", ans);
    }
}

Faraway

給$n\leq 10$個$\vert x_i-x_e\vert+\vert y_i-y_e\vert \equiv t_i\mod k_i$，$2\leq k_i\leq 5$，求滿足條件的$(x_e,y_e)$的數量。
將$\vert x_i-x_e\vert+\vert y_i-y_e\vert$的絕對值拆掉，則每個點$\vert x_i-x_e\vert+\vert y_i-y_e\vert$ 會將平面分割成 4 個部分，每個部分裏距離的表達式沒有絕對值符號，一共 O(n²) 個這樣的區域。
在每個區域內，枚舉每個點，判斷是否滿足條件。注意到模數$2\leq k_i\leq 5$，且$lcm(2,3,4,5)=60$，也就是說，在同一個區域內，滿足條件的座標$\pm60$也滿足條件。所以只需要枚舉$x_e$和$y_e$模60的餘即可。
複雜度$O(60^2n^3)$.