模拟赛
暴力场。出题人学政治的？
T1 商品
值域线段树
直接看值域上，每两个相邻的点的差提供的贡献，相当于值域上某一区间每一个位置都有 \(1\) 的贡献再减一。
所以直接值域线段树，查询区间和。贪心发现左右端点一定挂在某个点上时最优。注意左右端点挂住的情况分别跑一遍。
边界处理比较细节。
code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define LL long long
const int N = 2e5+5,MAX = 1e9+5;
int n,d;
int a[N],rt;
namespace DSEG
{struct T{int l,r; LL lz,sum;} tr[N<<6];int tot;inline void pushup(int k) {tr[k].sum=tr[tr[k].l].sum+tr[tr[k].r].sum;}inline void pushdown(int k,int l,int r){if(tr[k].lz){int lz=tr[k].lz; tr[k].lz=0;if(!tr[k].l) tr[k].l=++tot;if(!tr[k].r) tr[k].r=++tot;int mid=(r-l>>1)+l;tr[tr[k].l].lz+=lz; tr[tr[k].l].sum+=lz*(mid-l+1);tr[tr[k].r].lz+=lz; tr[tr[k].r].sum+=lz*(r-mid);}}inline void mdf(int &k,int l,int r,int L,int R,int v){if(L>R) return;if(!k) k=++tot;if(l>=L&&r<=R){tr[k].lz+=v; tr[k].sum+=(r-l+1)*1ll*v; return;}pushdown(k,l,r);int mid=(r-l>>1)+l;if(L<=mid) mdf(tr[k].l,l,mid,L,R,v);if(R>mid) mdf(tr[k].r,mid+1,r,L,R,v);pushup(k);}inline LL que(int k,int l,int r,int L,int R){if(L>R) return 0;if(!k) return 0;if(L<=l&&r<=R) return tr[k].sum;pushdown(k,l,r);int mid=(r-l>>1)+l; LL res=0;if(L<=mid) res+=que(tr[k].l,l,mid,L,R);if(R>mid) res+=que(tr[k].r,mid+1,r,L,R);return res;}
} using namespace DSEG;main()
{freopen("goods.in","r",stdin);freopen("goods.out","w",stdout);scanf("%lld%lld",&n,&d); rt=++tot;for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);for(int i=1;i<n;i++){LL l=min(a[i],a[i+1]),r=a[i+1]-l+a[i];mdf(rt,1,MAX,l+1,r,1);}LL ans=0;for(int i=1;i<=n;i++){ans=max(ans,que(rt,1,MAX,a[i]+1,min(1ll*a[i]+d,1ll*MAX)));ans=max(ans,que(rt,1,MAX,max(1ll,a[i]-d+1),a[i]));}printf("%lld\n",ans);return 0;
}
、# 二分
求 \(\sum_{i=1}^{n-1}|b_i-b_{i+1}|\)，另 \(b_i,b_{i+1}\) 中较大的为 \(a\)，较小的为 \(b\)。
求 \(\sum a-b=\sum a-\sum b\)。排序后，对于每个 \([l,r]\) 区间，\(a,b\) 都会被分成三段，二分找到转折点，两边直接求和，中间前缀和维护好求。
无码。。。
T2 价值
巨型树上分讨。
题意就是树的叶子加一圈边，求独立集方案数（一条边只能选一个点）。
先考虑没有那一圈边，直接 dp，加上那一圈边，那么就要讨论叶子是否连边。
设计状态 \(f_{u,0/1,0/1/2,0/1/2}\) 表示根为 \(0/1\)，选或不选，\(0/1/2\)，子树最左/右侧的叶子 一定不选/可以被选（还没选）/已经选了。
树型分讨还得多练。
code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
const int N = 1e5+5,mod = 998244353;
int n,mn=1e9,mx;
vector<int> g[N];
LL f[N][2][3][3],ff[2][3][3];
void dfs(int u)
{if(g[u].empty()) return mn=min(mn,u),mx=max(mx,u),void(0);for(int v:g[u]) dfs(v);
}
void dp(int u,int tp)
{if(tp&&(u==mn||u==mx)) return f[u][1][2][2]=(mn!=mx),void(0);if(g[u].empty()){f[u][0][0][0]=1; f[u][1][2][1]=1; f[u][1][1][2]=1;return;}for(int v:g[u]) dp(v,tp);int v=g[u][0];for(int j=0;j<=2;j++)for(int k=0;k<=2;k++)f[u][0][j][k]=(1ll*f[v][1][j][k]+f[v][0][j][k])%mod,f[u][1][j][k]=f[v][0][j][k];for(int i=1;i<g[u].size();i++){int v=g[u][i];for(int j=0;j<=2;j++)for(int k=0;k<=2;k++){ff[1][j][k]=ff[0][j][k]=0;for(int x=0;x<=1;x++)for(int y=0;y<=1;y++) if(!(x==0&&y==1))ff[1][j][k]=(1ll*ff[1][j][k]+f[u][x][j][0]*f[v][y][0][k]%mod+f[u][x][j][0]*f[v][y][2][k]%mod+f[u][x][j][2]*f[v][y][0][k]%mod+f[u][x][j][2]*f[v][y][2][k]%mod+f[u][x][j][1]*f[v][y][1][k]%mod)%mod;for(int x=0;x<=1;x++)ff[0][j][k]=(1ll*ff[0][j][k]+f[u][0][j][0]*f[v][x][0][k]%mod+f[u][0][j][0]*f[v][x][2][k]%mod+f[u][0][j][2]*f[v][x][0][k]%mod+f[u][0][j][2]*f[v][x][2][k]%mod+f[u][0][j][1]*f[v][x][1][k]%mod)%mod;}for(int j=0;j<=2;j++)for(int k=0;k<=2;k++)for(int x=0;x<=1;x++)f[u][x][j][k]=ff[x][j][k];}
}
int main()
{freopen("value.in","r",stdin);freopen("value.out","w",stdout);scanf("%d",&n);for(int i=2;i<=n;i++){int x; scanf("%d",&x);g[x].push_back(i);}for(int i=1;i<=n;i++) sort(g[i].begin(),g[i].end());dfs(1); dp(1,0);LL ans=(1ll*f[1][1][0][0]+f[1][0][0][0]+f[1][0][2][0]+f[1][1][2][0]+f[1][0][0][2]+f[1][0][2][2]+f[1][1][0][2]+f[1][1][2][2])%mod;memset(f,0,sizeof(f));dp(1,1);ans=(1ll*ans+f[1][0][2][2]+f[1][1][2][2])%mod;printf("%lld\n",ans);return 0;
}
小凸玩密室
完全二叉树上分讨，注意这个重要的性质。
可以根据完全二叉树下标的规律直接遍历。
观察遍历顺序，对于一个节点，先遍历以它为根的子树，从某一个叶子跳到父亲，然后遍历它的兄弟子树。其中一个叶子可以跳到根节点的另一个儿子，
由于完全二叉树，考虑倍增跳父亲，设计状态 \(f_{u,i}\) 表示遍历完 \(u\) 的子树向上跳到第 \(i\) 级祖先。
发现有一个问题就是已经走过父亲，怎么直接跳到兄弟。
不妨直接加一个 dp 数组，记录从某一个叶子直接跳到兄弟的代价。\(f_{u,i,0/1}\) 表示跳到父亲/兄弟的代价。
转移直接分讨。不放了。注意边界。
code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
#define ls(x) (x<<1)
#define rs(x) (x<<1|1)
#define bro(x,i) ((x>>(i-1))^1)
#define fa(i,j) ((i>>(j-1)>=1)?(i>>(j)):-1)
const int N = 2e5+5;
const LL inf = 1e17;
int n;
LL f[N][20][2],ans=1e18,dis[N][20],a[N];
void work()
{for(int i=n;i>=1;i--) for(int j=1;~fa(i,j);j++){if(ls(i)>n) f[i][j][0]=dis[i][j]*a[fa(i,j)],f[i][j][1]=(dis[bro(i,j)][1]+dis[i][j])*a[bro(i,j)];else if(rs(i)>n) f[i][j][0]=f[ls(i)][j+1][0]+dis[ls(i)][1]*a[ls(i)],f[i][j][1]=f[ls(i)][j+1][1]+dis[ls(i)][1]*a[ls(i)];else f[i][j][0]=min(f[rs(i)][1][1]+f[ls(i)][j+1][0]+dis[rs(i)][1]*a[rs(i)],f[ls(i)][1][1]+f[rs(i)][j+1][0]+dis[ls(i)][1]*a[ls(i)]),f[i][j][1]=min(f[rs(i)][1][1]+f[ls(i)][j+1][1]+dis[rs(i)][1]*a[rs(i)],f[ls(i)][1][1]+f[rs(i)][j+1][1]+dis[ls(i)][1]*a[ls(i)]); }for(int i=1;i<=n;i++){LL tmp=f[i][1][0];for(int j=fa(i,1),k=i;j;j=fa(j,1),k=fa(k,1)){if(bro(k,1)<=n) tmp+=dis[bro(k,1)][1]*a[bro(k,1)]+f[bro(k,1)][2][0];else tmp+=dis[j][1]*a[fa(j,1)];}ans=min(ans,tmp);}
}
int main()
{// freopen("in.in","r",stdin);// freopen("out.out","w",stdout);scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);for(int i=2;i<=n;i++){scanf("%lld",&dis[i][1]);for(int j=2;~fa(i,j);j++) dis[i][j]=dis[i][j-1]+dis[fa(i,j-1)][1];}work();printf("%lld\n",ans);return 0;
}
T3 货币
费用流板子。先咕。。。
T4 资本
生成函数。可做。咕咕咕。。。
