算法竞赛进阶指南

2026-01-09

Word count: 8k | Reading time≈ 42 min

0x00 基本算法

¶0x01 位运算

¶a^b

快速幂板子 $O(log(b))$


i64 fastpow(i64 a,i64 b,i64 p) {
    i64 res=1%p;
    while(b){
        if(b&1){
            res=res*a%p;
        }
        a=a*a%p;
        b>>=1;
    }
    return res;
}

void solve(){
    int a,b,p;
    cin>>a>>b>>p;

    cout<<a<<"^"<<b<<" "<<"mod "<<p<<"="<<fastpow(a,b,p)<<"\n";
    
    return;
}

¶64位整数乘法

龟速乘板子 $O(log(b))$

i64 slowmul(i64 a,i64 b,i64 p){
    i64 res=0;
    while(b){
        if(b&1){
            res=(res+a)%p;
        }
        a=a*2%p;
        b>>=1;
    }
    return res;
}

void solve(){
    i64 a,b,p;
    cin>>a>>b>>p;
    cout<<slowmul(a,b,p)<<"\n";
    return;
}

自然溢出

$O(1)$

i64 overflowmul(u64 a,u64 b,u64 p){
    a%=p,b%=p;
    u64 c=(long double)a*b/p;
    u64 x=a*b,y=c*p;
    i64 ans=((i64)(x%p)-(i64)(y%p)+p)%p;
    return ans;
}

void solve(){
    i64 a,b,p;
    cin>>a>>b>>p;
    cout<<overflowmul(a,b,p)<<"\n";
    return;
}

¶[NOI2014] 起床困难综合症

从高到低拆位计算，如果当前位置取1当且仅当加上后不超过m，且比取0经过n次运算后攻击力更高。 $O(nlog(m))$

void solve(){
    int n,m;
    cin>>n>>m;

    vector<int> op,t;
    for(int i=0;i<n;i++){
        string s;
        int x;
        cin>>s>>x;
        if(s=="AND"){
            op.push_back(0);
        }else if(s=="OR"){
            op.push_back(1);
        }else{
            op.push_back(2);
        }
        t.push_back(x);
    }

    auto calc=[&](int i,int j)->int{
        int res=j<<i;
        for(int k=0;k<n;k++){
            int x=t[k]&(1<<i);
            if(op[k]==0){
                res&=x;
            }else if(op[k]==1){
                res|=x;
            }else{
                res^=x;
            }
        }
        return res;
    };

    int x=0;
    for(int i=30;i>=0;i--){
        if((i64)x+(1<<i)>m){
            continue;
        }
        int calc_0=calc(i,0),calc_1=calc(i,1);
        if(calc_1>calc_0){
            x+=1<<i;
        }
    }

    for(int i=0;i<n;i++){
        if(op[i]==0){
            x&=t[i];
        }else if(op[i]==1){
            x|=t[i];
        }else{
            x^=t[i];
        }
    }

    cout<<x<<"\n";


}

¶trick:

$\forall k \in [0,35],2^k\%37$ 互不相等，且恰好取遍整数1-36
借此技巧将 $2^k$ 哈希

int H[37];
for(int i=0;i<36;i++){
	H[(1ll<<i)%37]=i;
}

cpp内置函数

int __builtin_ctz(unsigned x)
int __builtin_ctzll(unsigned long long x)
// 返回x的二进制表示下最低位的1后边有多少个0

int __builtin_popcount(unsigned int x)
int __builtin_zpopcountll(unsigned long long x)
// 返回x的二进制表示下有多少位为1

¶0x02 递推与递归

¶枚举子集（递归实现指数型枚举）

$O(2^n)$

void solve(){
    int n;
    cin>>n;
    string s="";
    for(int i=0;i<n;i++){
        s+='N';
    }
    auto dfs=[&](auto dfs,int i)->void{
        if(i==n){
            cout<<s<<"\n";
            return;
        }
        s[i]='N';
        dfs(dfs,i+1);
        s[i]='Y';
        dfs(dfs,i+1);
        return;
    };
    dfs(dfs,0);
}

¶组合型枚举

$O(C_n^k)$

void solve(){
    int n,k;
    cin>>n>>k;
    vector<int> ans;
    auto dfs=[&](auto dfs,int i)->void{
        if(ans.size()==k){
            for(int i=0;i<k;i++){
                cout<<ans[i]<<" \n"[i==k-1];
            }
            return;
        }
        if(i>n||ans.size()+n-i+1<k){
            return;
        }
        ans.push_back(i);
        dfs(dfs,i+1);
        ans.pop_back();
        dfs(dfs,i+1);
    };
    dfs(dfs,1);
}

¶枚举排列（递归实现排列型枚举）

$O(n^k)$

void solve(){
    int n,k;
    cin>>n>>k;
    vector<int> ans;
    vector<bool> chosen(n+1);
    auto dfs=[&](auto dfs,int i)->void{
        if(i==k+1){
            for(int j=0;j<k;j++){
                cout<<ans[j]<<" \n"[j==k-1];
            }
            return;
        }
        for(int j=1;j<=n;j++){
            if(chosen[j])
                continue;
            chosen[j]=true;
            ans.push_back(j);
            dfs(dfs,i+1);
            ans.pop_back();
            chosen[j]=false;
        }
    };
    dfs(dfs,1);
}

4塔汉诺塔问题，可由3塔问题转化。
3塔：设 $d_n$ 为将 n 个盘子从 A 转移到 C 的最小步数， $d_n=2d_{n-1}+1$ 。
4塔：设 $f_n$ 为将 n 个盘子从 A 转移到 D 的最小步数，可以先把 i 个盘子在4塔模式下从 A 转移到 B，再将 n-i 个盘子在3塔模式下从A 转移到 D ，再将 i 个盘子在3塔模式下从B 转移到 D ， $f_n=\min\limits_{1\le i< n}\left\{2f_{i}+d_{n-i}\right\}$ 。

$O(n^2)$

¶约数之和

将A质因数分解， $A=\prod\limits_i{p_i^{c_i}}$

$A^B=\prod\limits_i{p_i^{c_iB}}$

约数之和= $\prod\limits_i\sum\limits_j^{c_iB}{p_i^j}$

设 $C=c_iB$

$C\%2==0，\sum\limits_j^{C}{p^j} = (1+\sum\limits_j^{C/2}{p^j})\sum\limits_j^{C/2-1}{p^j}+p^C$

$C\%2==1, \sum\limits_j^{C}{p^j} = (1+\sum\limits_j^{(C+1)/2}{p^j})\sum\limits_j^{(C-1)/2}{p^j}$

i64 fastpow(i64 a,i64 b,int p) {
    i64 res=1%p;
    while(b){
        if(b&1){
            res=res*a%p;
        }
        a=a*a%p;
        b>>=1;
    }
    return res;
}

void solve(){
    int a,b;
    cin>>a>>b;

    if(a==0){
        cout<<0<<"\n";
        return;
    }

    map<int,int> cnt;
    for(int i=2;i<=a/i;i++){
        if(a%i==0){
            while(a%i==0){
                cnt[i]++;
                a/=i;
            }
        }
    }
    if(a>1){
        cnt[a]++;
    }

    i64 ans=1;
    int mod=9901;
    auto sum=[&](auto sum,int p,i64 c)->i64{
        if(c==0){
            return 1;
        }
        if(c%2==0){
            return (sum(sum,p,c/2-1)*(1+fastpow(p,c/2,mod))%mod+fastpow(p,c,mod))%mod;
        }else{
            return sum(sum,p,(c-1)/2)*(1+fastpow(p,(c+1)/2,mod))%mod;
        }
    };
    for(auto [p,c]:cnt){
        ans=ans*sum(sum,p,c*b)%mod;
    }

    cout<<ans<<"\n";
}

¶分形之城

解法1（标准解法）：在N级城市中查询编号为A的街区的位置，先在N-1级城市找到编号A%block街区的位置，再考虑通过坐标旋转和翻转以及平移得到在当前城市的位置。
在不同形状的城市中的坐标旋转需要用到旋转矩阵。

def pos(N,c):
    if N==0:
        return 0,0
    block=4**(N-1)
    length=1<<(N-1)
    idx=c//block
    c%=block
    x,y=pos(N-1,c)
    if idx==0:
        return y,x
    elif idx==1:
        return x,y+length
    elif idx==2:
        return x+length,y+length
    else:
        return length*2-y-1,-x+length-1

def solve():
    n,a,b=MIIS()
    a-=1
    b-=1
    xa,ya=pos(n,a)
    xb,yb=pos(n,b)
    dx=xa-xb
    dx*=10
    dy=ya-yb
    dy*=10
    print(int(sqrt(dx*dx+dy*dy)+0.5))
    return

test=1
test=int(input())
for _ in range(test):
    solve()

解法2：大分讨，在N级形状为c的城市中查找编号为A的街区的位置，先在N-1级城市形状为d的城市中查询编号为A%block的街区的位置，再通过平移得到当前位置。

def get(N,c,x):
    if N==0:
        return 0,0
    s=4**(N-1)
    y=(x-1)//s
    x-=y*s
    d=2**(N-1)
    if c==0:
        if y==0:
            a,b=get(N-1,1,x)
            return a,b
        elif y==1:
            a,b=get(N-1,0,x)
            return a,b+d
        elif y==2:
            a,b=get(N-1,0,x)
            return a+d,b+d
        else:
            a,b=get(N-1,2,x)
            return a+d,b
    elif c==1:
        if y==0:
            a,b=get(N-1,0,x)
            return a,b
        elif y==1:
            a,b=get(N-1,1,x)
            return a+d,b
        elif y==2:
            a,b=get(N-1,1,x)
            return a+d,b+d
        else:
            a,b=get(N-1,3,x)
            return a,b+d
    elif c==2:
        if y==0:
            a,b=get(N-1,3,x)
            return a+d,b+d
        elif y==1:
            a,b=get(N-1,2,x)
            return a,b+d
        elif y==2:
            a,b=get(N-1,2,x)
            return a,b
        else:
            a,b=get(N-1,0,x)
            return a+d,b
    else:
        if y==0:
            a,b=get(N-1,2,x)
            return a+d,b+d
        elif y==1:
            a,b=get(N-1,3,x)
            return a+d,b
        elif y==2:
            a,b=get(N-1,3,x)
            return a,b
        else:
            a,b=get(N-1,1,x)
            return a,b+d


def solve():
    n,a,b=MIIS()
    xa,ya=get(n,0,a)
    xb,yb=get(n,0,b)
    print(int(sqrt((abs(xa-xb)*10)**2+(abs(ya-yb)*10)**2)+0.5))
    return

test=1
test=int(input())
for _ in range(test):
    solve()

¶0x03 前缀和与差分

¶激光炸弹

二维差分，注意R最大取5001

¶增减序列

转化成差分序列，原数组全都相等等价于差分数组除第一位外全为0。

可执行的操作：

选择两个端点，左加右减
选择两个端点，左减右加
选择单点加
选择单点减

最少操作次数=max(加的次数，减的次数)

序列个数=|加的次数-减的次数|+1，即除第一位外，最后那个不为0的数在执行操作的过程中也对第一个数操作，当然也可以不操作

¶最高的牛

l,r可以看见，则将l+1到r-1都减1

¶0x04 二分

¶最佳牛围栏

二分平均值 $x$ ，需要存在一个长度大于 $f$ 的区间 $[l,r]$ ，满足 $\frac{s_r-s_{l-1}}{r-(l-1)}\ge x$ ，即 $s_r-xr\ge s_{l-1}-x(l-1)$ 。
设 $c_i=s_i-xi$ ，不断维护位置 $i-f$ 及其之前的最小值 $c$ ，小于当前值 $c_i$ 即成立。

坑点： $l\lt true\_val \lt r$ ，需要 $r$ * 1000下取整，而不是 $l$ 。

¶特殊排序

快排、归并、二分插入都不需要传递性，但比较次数上快排有1.386的常数因子，询问次数过多。

¶0x05 排序

¶电影

统计每种语言会的人数，逐步比较每部电影即可。

¶货仓选址

将第一个和最后一个放一组，第二个和倒数第二个放一组……,对任意一组来说，货仓选在两者之间任意位置都是最优的，考虑所有组，应该选在最中间两个的之间，如果是奇数，就选中间位置。

¶七夕祭

首先行列操作独立，以下分析行操作。

前提是 $t$ 是 $n$ 的倍数。

如果行 $1$ 和行 $n$ 无法交换，转换为均分纸牌问题。

$r_i$ 表示第 $i$ 的感兴趣的摊点数。

考虑前 $i$ 行需要和后面的行交换多少次才能达到最终结果，即 $|s_i-t/n*i|$ 。

其中 $s_i$ 为 $r_i$ 前缀和，所有前缀的该绝对值求和即为答案。

考虑 $1$ 和 $n$ 可交换的情况，但最优解必定存在两个相邻的不交换，枚举这个断点求最小值即为答案。

设 $rm_i=r_i-t/n$ ， $s_i$ 为 $rm_i$ 前缀和。

假设断点为 $k$ ，即最优解为 $|s_{k+1}-s_k|,|s_{k+2}-s_k|……|s_n-s_k|,|s_1+s_n-s_k|……|s_k+s_n-s_k|$

关键: $s_n=0$

答案转化为 $\sum\limits_{i=1}^{n}|s_i-s_k|$ ，转化为货舱选址问题，选择最优位置 $k$ ，使其他 $s$ 到 $s_k$ 距离之和最小。

def solve():
    n,m,t=MIIS()
    row=[0]*n
    col=[0]*m
    for i in range(t):
        x,y=MIIS()
        x-=1
        y-=1
        row[x]+=1
        col[y]+=1
    ans=0
    p=0
    out=['impossible','row','column','both']
    if t%n==0:
        p+=1
        for i in range(n):
            row[i]-=t//n
            if i:
                row[i]+=row[i-1]
        row.sort()
        for i in range(n):
            ans+=abs(row[i]-row[n//2])
    if t%m==0:
        p+=2
        for i in range(m):
            col[i]-=t//m
            if i:
                col[i]+=col[i-1]
        col.sort()
        for i in range(m):
            ans+=abs(col[i]-col[m//2])
    print(out[p],end=' \n'[p==0])
    if p:
        print(ans)
    return

¶动态中位数

对顶堆板子。

大根堆维护前一半，小根堆维护后一半。

小根堆堆顶不存在或者小于小根堆的堆顶就放进大根堆，否则放入小根堆。

时刻维护两个堆的大小。（只可在查询之前维护）

def solve():
    ID,m=MIIS()
    a=[]
    while len(a)<m:
        a.extend(LIIS())
    ans=[]
    up=[]
    down=[]
    for i in range(m):
        if not down or a[i]<down[0]:
            heappush(up,-a[i])
        else:
            heappush(down,a[i])
        if i%2==0:
            while len(up)>(i+2)//2:
                heappush(down,-heappop(up))
            while len(down)>i+1-(i+2)//2:
                heappush(up,-heappop(down))
            ans.append(-up[0])
    print(ID,len(ans))
    c=0
    for x in ans:
        c+=1
        print(x,end=' \n'[c%10==0])
    if c%10:
        print()
    return

test=1
test=int(input())
for _ in range(test):
    solve()

¶超快速排序

最优做法就是冒泡排序，交换次数为逆序对数。

可归并排序过程种求逆序数，也可以树状数组动态计数。

def solve():
    while True:
        n=II()
        if n==0:
            break
        a=[]
        for i in range(n):
            a.append(II())
        tmp=[0]*n
        def calc(l,r):
            if l>=r:
                return 0
            mid=l+r>>1
            res=calc(l,mid)+calc(mid+1,r)
            i,j=l,mid+1
            k=l
            while i<=mid and j<=r:
                if a[i]<=a[j]:
                    tmp[k]=a[i]
                    i+=1
                    k+=1
                else:
                    res+=mid-i+1
                    tmp[k]=a[j]
                    j+=1
                    k+=1
            while i<=mid:
                tmp[k]=a[i]
                i+=1
                k+=1
            while j<=r:
                tmp[k]=a[j]
                j+=1
                k+=1
            for i in range(l,r+1):
                a[i]=tmp[i]
            return res
        print(calc(0,n-1))

    return

¶奇数码问题

两个状态能否到达等价于把除0以外的数排成一列后的逆序数奇偶性是否相等。

$n\times m$ 数码的有解性判定：若列数为奇数，逆序数奇偶性相等即可；列数为偶数时，逆序数+0的行数差的奇偶性相等有解。

¶0x06 倍增

给定一个非负整数数列，每次在线询问前缀最大值小于等于查询值 $T$ 。

两种倍增写法

写法一

def solve():
    n,q=MIIS()
    a=LIIS()
    s=list(accumulate(a,initial=0))
    for i in range(q):
        k=II()
        c=0;l=0
        for j in range(31,-1,-1):
            r=l+(1<<j)
            if r<=n and c+s[r]-s[l]<=k:
                c+=s[r]-s[l]
                l=r
        print(c)
    return

写法二

def solve():
    n,q=MIIS()
    a=LIIS()
    s=list(accumulate(a,initial=0))
    for i in range(q):
        k=II()
        c=0;l=0
        j=1
        while j:
            r=l+j
            if r<=n and c+s[r]-s[l]<=k:
                c+=s[r]-s[l]
                l=r
                j*=2
            else:
                j//=2
        print(c)
    return

写法二中的长度 $j$ 一旦开始减少就不会再增加。

¶天才ACM

每次在当前位置，倍增长度， $check$ 倍增后的区间是否合法（排序后最大最小 $m$ 对数差的平方和 $\le$ $t$ ）。 $O(N(logN)^2)$

def solve():
    n,m,t=MIIS()
    a=LIIS()
    def check(l,r):
        p=list(sorted(a[l:r+1]))
        res=0
        for i in range(min(m,len(p)//2)):
            res+=(p[len(p)-1-i]-p[i])**2
        return res<=t
    cnt=0
    i=0
    while i<n:
        length=0
        j=1
        while j:
            r=i+length+j-1
            if r<n and check(i,r):
                length+=j
                j*=2
            else:
                j//=2
        i+=length
        cnt+=1
    print(cnt)
    return

test=1
test=int(input())
for _ in range(test):
    solve()

新增的长度可以和原来的区间归并排序。 $O(NlogN)$

def solve():
    n,m,t=MIIS()
    a=LIIS()
    cnt=0
    i=0
    while i<n:
        length=0
        j=1
        L=[]
        while j:
            r=i+length+j-1
            if r>=n:
                j//=2
                continue
            R=sorted(a[i+length:r+1])
            M=sorted(L+R)
            res=0
            for k in range(min(m,len(M)//2)):
                res+=(M[len(M)-1-k]-M[k])**2
            if res<=t:
                length+=j
                L=M
                j*=2
            else:
                j//=2
        i+=length
        cnt+=1
    print(cnt)
    return

test=1
test=int(input())
for _ in range(test):
    solve()

tips: $python$ 的 $Timsort$ 会检测有序数组并归并排序，比手写快。

¶0x07 贪心

¶股票买卖 II

获取每个上涨区间的收益

def solve():
    n=II()
    a=LIIS()
    s=0
    for i in range(1,n):
        s+=max(0,a[i]-a[i-1])
    print(s)
    return

¶防晒

按左端点降序排序，选取在该区间内最大的点。
对于任意处于该区间的两个点，较小的点更可能处于后面的区间，所以当前区间尽量使用较大点。

def solve():
    c,L=MIIS()
    SPF=[]
    for i in range(c):
        l,r=MIIS()
        SPF.append([l,r])
    SPF.sort(key=lambda x:x[0],reverse=True)
    cover=[]
    for i in range(L):
        s,cv=MIIS()
        cover.append([s,cv])
    cover.sort()
    ans=0
    for l,r in SPF:
        for j in range(L-1,-1,-1):
            if l<=cover[j][0]<=r and cover[j][1]:
                cover[j][1]-=1
                ans+=1
                break
    print(ans)
    return

¶畜栏预定

按左端点排序，对于当前区间，找到一个之前的区间右端点小于当前区间的左端点就塞进去，否则新建一个。

确实不会证明正确性

def solve():
    n=II()
    segs=[]
    for i in range(n):
        l,r=MIIS()
        segs.append([l,r,i])
    segs.sort(key=lambda x:x[0])
    ans=[0]*n
    q=[]
    for l,r,i in segs:
        if q and q[0][0]<l:
            ans[i]=heappop(q)[1]
            heappush(q,[r,ans[i]])
        else:
            ans[i]=len(q)+1
            heappush(q,[r,ans[i]])
    print(len(q))
    for i in range(n):
        print(ans[i])
    return

¶雷达设备

找出能检测到每个坐标的区间，转化成区间选点问题。

按左端点排序，维护最后一个雷达的位置 $lst$ ，如果当前区间左端点在 $lst$ 右边，则新加一个点，否则使用当前雷达检测该点，并更新 $lst=min(lst,r)$ 。

def solve():
    n,d=MIIS()
    segs=[]
    ok=True
    for i in range(n):
        x,y=MIIS()
        if y>d:
            ok=False
        else:
            z=sqrt(d*d-y*y)
            segs.append([x-z,x+z])
    if not ok:
        print(-1)
        return
    segs.sort()
    lst=-inf
    ans=0
    for l,r in segs:
        if l>lst:
            ans+=1
            lst=r
        else:
            lst=fmin(lst,r)
    print(ans)

    return

¶国王游戏

考虑领项交换。

对于任意一种顺序，考虑将第 $i$ 项和第 $i+1$ 项交换后的结果。

记前 $i-1$ 项左手乘积为 $L$ ，若未交换前的顺序为最有优，则有

\max(\frac{L}{r_i},\frac{L\times l_i}{r_{i+1}})\le \max(\frac{L}{r_{i+1}},\frac{L\times l_{i+1}}{r_{i}})

化简得到

\max(r_{i+1},l_i\times r_i)\le \max(r_{i},l_{i+1}\times r_{i+1})

可按此顺序排序

def solve():
    n=II()
    L,R=MIIS()
    a=[]
    for i in range(n):
        l,r=MIIS()
        a.append([l,r])
    def cmp(x,y):
        X=max(y[1],x[0]*x[1])
        Y=max(x[1],y[0]*y[1])
        return X-Y
    a.sort(key=cmp_to_key(cmp))
    ans=0
    for l,r in a:
        ans=max(ans,L//r)
        L*=l
    print(ans)

    return

当然也可以继续化简

考虑 $l_i\times r_i$ 和 $r_{i+1}\times l_{i+1}$ 的大小关系，发现只有 $l_i\times r_i \le l_{i+1}\times r_{i+1}$ 满足要求。

def solve():
    n=II()
    L,R=MIIS()
    a=[]
    for i in range(n):
        l,r=MIIS()
        a.append([l,r])
    a.sort(key=lambda x:x[0]*x[1])
    ans=0
    for l,r in a:
        ans=max(ans,L//r)
        L*=l
    print(ans)

    return

¶给树染色

如果没有任何限制，应该是从最大值开始染。

考虑父节点必须先染色的限制，每次找到最大非根节点，它必须在其父节点染色后立即染色，这两个点的染色是连续的。

可以考虑将这两个点合并。

如 $y$ 的父节点是 $x$ ，合并后与节点 $z$ 之间的染色顺序。

如果 $x,y$ 先染色更优，则有

tx+(t+1)y+(t+2)z\le tz+(t+1)x+(t+2)y\\ 2z\le x+y\\ z\le \frac{x+y}{2}

合并后的节点的权值为合并前所有节点的平均值（可尝试更多节点合并的结果进行验证）

做法：每次找到最大非根节点，将其合并到父节点。

技巧：并不一定真的要将节点合并，可以考虑合并对答案的增量，如将 $y$ 合并到 $x$ ， $y$ 对答案的贡献增加了 $size(x)\times \sum\limits_{i\in y}a_i$ 。

所以在合并的时候持续维护每个节点内的节点数量，权值之和，平均值。

class Node:
    def __init__(self,fa,siz,sum,avg):
        self.fa=fa
        self.siz=siz
        self.sum=sum
        self.avg=avg

def solve():
    n,r=MIIS()
    r-=1
    a=LIIS()
    nodes=[Node(None,1,a[i],a[i]) for i in range(n)]
    ans=sum(a)
    for i in range(n-1):
        u,v=MIIS()
        u-=1
        v-=1
        nodes[v].fa=u
    for i in range(n-1):
        p=-1
        for j in range(n):
            if j!=r and (p==-1 or nodes[j].avg>nodes[p].avg):
                p=j
        fa=nodes[p].fa
        while nodes[fa].avg==0:
            fa=nodes[fa].fa
        siz=nodes[p].siz
        s=nodes[p].sum
        ans+=nodes[fa].siz*s
        nodes[p].avg=0
        nodes[fa].siz+=siz
        nodes[fa].sum+=s
        nodes[fa].avg=nodes[fa].sum/nodes[fa].siz
    print(ans)

    return

¶0x08 总结与练习

¶飞行员兄弟

位运算枚举状态

def solve():
    a=[]
    for i in range(4):
        a.append(LI())
    def check(ls):
        s=deepcopy(a)
        def change(i,j):
            for k in range(4):
                s[i][k]='+' if s[i][k]!='+' else '-'
                s[k][j]='+' if s[k][j]!='+' else '-'
            s[i][j]='+' if s[i][j]!='+' else '-'
        for i in range(4):
            for j in range(4):
                if (ls[i]>>j)&1:
                    change(i,j)
        for i in range(4):
            for j in range(4):
                if s[i][j]!='-':
                    return False
        return True
    ans=inf
    res=[]
    for i in range(1<<4):
        for j in range(1<<4):
            for k in range(1<<4):
                for l in range(1<<4):
                    if check([i,j,k,l]):
                        cnt=i.bit_count()+j.bit_count()+k.bit_count()+l.bit_count()
                        if cnt<ans:
                            ans=cnt
                            res=[i,j,k,l]
    print(ans)
    for i in range(4):
        for j in range(4):
            if (res[i]>>j)&1:
                print(i+1,j+1)

    return

¶占卜DIY

队列模拟即可

def solve():
    q=[deque() for i in range(13)]
    def M(x):
        if x=='0':
            return 9
        if x.isdigit():
            return int(x)-1
        if x=='A':
            return 0
        if x=='J':
            return 10
        if x=='Q':
            return 11
        if x=='K':
            return 12
    for i in range(13):
        s=IS()
        for x in s:
            q[i].append([M(x),'d'])
    for i in range(4):
        x,s=q[12].popleft()
        while x!=12:
            q[x].appendleft([x,'u'])
            x,s=q[x].pop()
    cnt=defaultdict(int)
    for i in range(13):
        while q[i] and q[i][0]==[i,'u']:
            cnt[q[i].popleft()[0]]+=1
    ans=0
    for j in cnt.values():
        if j==4:
            ans+=1
    print(ans)
    return

¶分形

递归处理即可

def solve():
    while True:
        n=II()
        if n==-1:
            break
        N=3**(n-1)
        ans=[[' ']*N for i in range(N)]
        def paint(n,r1,c1,N):
            if N==1:
                ans[r1][c1]='X'
                return
            m=N//3
            paint(n-1,r1,c1,m)
            paint(n-1,r1,c1+2*m,m)
            paint(n-1,r1+2*m,c1,m)
            paint(n-1,r1+2*m,c1+2*m,m)
            paint(n-1,r1+m,c1+m,m)
            return
        paint(n,0,0,N)
        for i in range(N):
            print(''.join(ans[i]))
        print('-')
    return

¶袭击

经典平面最近点对问题

不同的是只对不同阵营的点计算距离，如果使用分治方法，在两个阵营的点完全被分割在左右两侧时，复杂度可达 $O(N^2)$ 。

但这题的数据并没有那么的毒瘤，在排序前 random_shuffle 所有点使不同阵营的点混合即可通过。

其他处理方法：所有点随机旋转一个角度（纯旋转仍有可能被卡，可在排序后先用坐标相近的异色点更新最小距离）、KD-tree

// #pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
using i64=long long;
using u32=unsigned;
using u64=unsigned long long;

using i128=__int128;
using u128=unsigned __int128;

constexpr int inf=numeric_limits<int>::max()/2;
constexpr i64 INF=numeric_limits<i64>::max()/2;

template<class T>
struct Point{
    T x,y;
    int idx;
    Point(const T &x_=0,const T &y_=0,const T &idx_=0):x(x_),y(y_),idx(idx_){}
    friend istream &operator>>(istream &is,Point &p){
        return is>>p.x>>p.y;
    }
    friend ostream &operator<<(ostream &os,const Point &p){
        return os<<"("<<p.x<<","<<p.y<<")";
    }
};

const int N=200000;
using T=int;
using P=Point<T>;
P ps[N+1];

i64 min_dist_square=INF;
P ans_p1,ans_p2;

void update_ans(const P& a, const P& b) {
    i64 dist=(i64)(a.x-b.x)*(a.x-b.x)+(i64)(a.y-b.y)*(a.y-b.y);
    if(dist<min_dist_square){
        min_dist_square=dist;
        ans_p1=a,ans_p2=b;
    }
}

void get_minh(int l,int r){
    if(l+1==r){
        return;
    }
    int mid=l+r>>1;
    T midx=ps[mid].x;
    get_minh(l,mid),get_minh(mid,r);
    inplace_merge(ps+l,ps+mid,ps+r,[&](auto a,auto b){
        return a.y<b.y;
    });

    vector<P> t;
    for(int i=l;i<r;i++){
        if((i64)(ps[i].x-midx)*(ps[i].x-midx)<min_dist_square){
            t.push_back(ps[i]);
        }
    }
    for(int i=0;i<t.size();i++){
        for(int j=i+1;j<t.size();j++){
            if((i64)(t[i].y-t[j].y)*(t[i].y-t[j].y)>=min_dist_square)
                break;
            if(t[i].idx!=t[j].idx){
                update_ans(t[i],t[j]);
            }
        }
    }

}

void solve(){
    int n;
    cin>>n;
    for(int i=0;i<n;i++){
        cin>>ps[i].x>>ps[i].y;
        ps[i].idx=0;
    }
    for(int i=0;i<n;i++){
        cin>>ps[i+n].x>>ps[i+n].y;
        ps[i+n].idx=1;
    }
    random_shuffle(ps,ps+2*n);
    min_dist_square=INF;

    sort(ps,ps+2*n,[&](auto a,auto b){
        return a.x<b.x;
    });
    get_minh(0,2*n);
    cout<<fixed<<setprecision(3);
    cout<<sqrt(min_dist_square)<<"\n";
}

int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);

    int test=1;
    cin>>test;
    while(test--){
        solve();
    }
 
    return 0;
}

¶防线

破绽点及之后的点，对防具数做前缀和是奇数，之前的点是偶数，存在二段性，考虑二分。

def solve():
    n=II()
    s=[0]*n
    e=[0]*n
    d=[0]*n
    for i in range(n):
        s[i],e[i],d[i]=MIIS()
    def check(x):
        cnt=0
        for i in range(n):
            if s[i]>x:
                continue
            cnt+=(fmin(e[i],x)-s[i])//d[i]+1
        return cnt%2
    l,r=0,1<<32
    while l<r:
        mid=l+r>>1
        if check(mid):
            r=mid
        else:
            l=mid+1
    if check(r):
        res=0
        for i in range(n):
            if s[i]<=r<=e[i]:
                res+=int((r-s[i])%d[i]==0)
        print(r,res)
    else:
        print('There\'s no weakness.')
    return

test=1
test=int(input())
for _ in range(test):
    solve()

¶赶牛入圈

横坐标、纵坐标分别离散化，二分答案边长，枚举正方形左上方点，根据左上方点和边长二分到右下方点，统计数量（二维前缀和预处理）。

$O(N^2logNlogM)$ ，M 为最大边长

def solve():
    c,n=MIIS()
    nums_x=[]
    nums_y=[]
    pos=[]
    for i in range(n):
        x,y=MIIS()
        pos.append([x,y])
        nums_x.append(x)
        nums_y.append(y)
    nums_x=list(set(nums_x))
    nums_x.sort()
    nums_y=list(set(nums_y))
    nums_y.sort()
    @cache
    def find(x,type):
        if type=='x':
            return bisect_left(nums_x,x)
        else:
            return bisect_left(nums_y,x)
    g=[[0]*len(nums_y) for i in range(len(nums_x))]
    for x,y in pos:
        x=find(x,'x')
        y=find(y,'y')
        g[x][y]+=1
    for i in range(len(nums_x)):
        for j in range(len(nums_y)):
            if i:
                g[i][j]+=g[i-1][j]
            if j:
                g[i][j]+=g[i][j-1]
            if i and j:
                g[i][j]-=g[i-1][j-1]
    def count(r1,c1,r2,c2):
        res=g[r2][c2]
        if r1:
            res-=g[r1-1][c2]
        if c1:
            res-=g[r2][c1-1]
        if r1 and c1:
            res+=g[r1-1][c1-1]
        return res
    def check(d):
        for i in range(len(nums_x)):
            r1=i
            r2=bisect(nums_x,nums_x[r1]-1+d)-1
            for j in range(len(nums_y)):
                c1=j
                c2=bisect(nums_y,nums_y[c1]-1+d)-1
                cnt=count(r1,c1,r2,c2)
                if cnt>=c:
                    return True
        return False
    l,r=1,fmax(nums_x[-1],nums_y[-1])
    while l<r:
        mid=l+r>>1
        if check(mid):
            r=mid
        else:
            l=mid+1
    print(r)
    return

¶糖果传递

环形均分纸牌问题，参考七夕祭。

def solve():
    n=II()
    a=[]
    for i in range(n):
        a.append(II())
    s=sum(a)
    avg=s//n
    b=[x-avg for x in a]
    preb=list(accumulate(b))
    preb.sort()
    ans=0
    for i in range(n):
        ans+=abs(preb[i]-preb[n//2])
    print(ans)
    return

¶士兵

横纵坐标贡献分离，纵坐标转化为找一个点到所有点距离和最小。

考虑横坐标 $x_0,x_1,x_2……,x_{n-1}\rightarrow a_0,a_0+1,a_0+2,……,a_0+n-1$

最小化 $\sum\limits|x_i-(a_0+i)|=\sum\limits|(x_i-i)-a_0|$

转化为找一个点 $a_0$ 使得所有 $x_i-i$ 到该点距离和最小。

def solve():
    n=II()
    x=[0]*n
    y=[0]*n
    for i in range(n):
        x[i],y[i]=MIIS()
    y.sort()
    ans=0
    for i in range(n):
        ans+=abs(y[i]-y[n//2])
    x.sort()
    x=[x[i]-i for i in range(n)]
    x.sort()
    for i in range(n):
        ans+=abs(x[i]-x[n//2])
    print(ans)

    return

¶数的进制转换

进制转换,注意0的转换

def solve():
    ni,no,s=IS()
    ni=int(ni)
    no=int(no)
    def get(x):
        if x.isdigit():
            return int(x)
        if 'A'<=x<='Z':
            return ord(x)-ord('A')+10
        return ord(x)-ord('a')+36
    num=0
    for x in s:
        num=num*ni+get(x)
    def f(n):
        if n<10:
            return str(n)
        if n<=35:
            return chr(ord('A')+n-10)
        return chr(ord('a')+n-36)
    res=[]
    while num:
        num,rem=divmod(num,no)
        res.append(f(rem))
    print(ni,s)
    if res:
        print(no,''.join(res[::-1]))
    else:
        print(no,0)
    print()


    return


test=1
test=int(input())
for _ in range(test):
    solve()

¶耍杂技的牛

领项交换

def solve():
    n=II()
    a=[]
    for i in range(n):
        w,s=MIIS()
        a.append([w,s])
    def cmp(x,y):
        return fmax(x[0]+x[1],y[1])-fmax(y[0]+y[1],x[1])
    a.sort(key=cmp_to_key(cmp))
    ans=-inf
    S=0
    for w,s in a:
        ans=fmax(ans,S-s)
        S+=w
    print(ans)
    return

¶最大的和

解法1：暴力枚举左上方和右下方点，用前缀和 $O(1)$ 得到矩阵和， $O(N^4)$ 。

解法2：枚举上下边界，转化成最大子段和， $O(N^3)$ 。

¶任务

y的贡献最大只有200，x至少有500，优先考虑x。

对任务和机器都按 x 从大到小排序，再按 y 从大到小排序。

对于每个任务，在满足 x 条件的机器里，挑出满足 y 条件的 y 最小机器。

因为对于后面的任务，当前选出的机器 x 都满足条件，但 y 较大者尽量留给后面。

// #pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
using i64=long long;
using u32=unsigned;
using u64=unsigned long long;

using i128=__int128;
using u128=unsigned __int128;

// mt19937 rng(chrono::steady_clock::now().time_since_epoch().count());

constexpr int inf=numeric_limits<int>::max()/2;
constexpr i64 INF=numeric_limits<i64>::max()/2;

void solve(){
    int n,m;
    cin>>n>>m;

    vector<array<int,2>> machine(n),task(m);
    for(int i=0;i<n;i++){
        cin>>machine[i][0]>>machine[i][1];
    }
    for(int i=0;i<m;i++){
        cin>>task[i][0]>>task[i][1];
    }

    sort(task.begin(),task.end());
    reverse(task.begin(),task.end());
    sort(machine.begin(),machine.end());
    reverse(machine.begin(),machine.end());

    multiset<int> s;
    int cnt=0,j=0;
    i64 ans=0;
    for(auto [x,y]:task){
        while(j<n&&machine[j][0]>=x){
            auto [xj,yj]=machine[j++];
            s.insert(yj);
        }
        auto it=s.lower_bound(y);
        if(it!=s.end()){
            ans+=500*x+2*y;
            cnt++;
            s.erase(it);
        }
    }

    cout<<cnt<<" "<<ans<<"\n";

}

int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);

    int test=1;
    // cin>>test;
    while(test--){
        solve();
    }
 
    return 0;
}

0x10 基本数据结构

¶0x11 栈

¶包含min函数的栈

栈和数组没区别啊，就是维护个前缀最小值。

class MinStack(object):

    def __init__(self):
        """
        initialize your data structure here.
        """
        self.q=[]
        

    def push(self, x):
        """
        :type x: int
        :rtype: void
        """
        if self.q:
            self.q.append([x,min(self.q[-1][1],x)])
        else:
            self.q.append([x,x])
        

    def pop(self):
        """
        :rtype: void
        """
        self.q.pop()
        

    def top(self):
        """
        :rtype: int
        """
        return self.q[-1][0]
        

    def getMin(self):
        """
        :rtype: int
        """
        return self.q[-1][1]
        


# Your MinStack object will be instantiated and called as such:
# obj = MinStack()
# obj.push(x)
# obj.pop()
# param_3 = obj.top()
# param_4 = obj.getMin()

¶编辑器

两个栈一个维护光标前，一个维护光标后。光标前的维护前缀和和前缀和最大值。

def solve():
    n=II()
    l=[]
    r=[]
    for i in range(n):
        s=IS()
        if s[0]=='I':
            x=int(s[1])
            if l:
                l.append([x,x+l[-1][1],fmax(x+l[-1][1],l[-1][2])])
            else:
                l.append([x,x,x])
        elif s[0]=='D':
            if l:
                l.pop()
        elif s[0]=='L':
            if l:
                r.append(l.pop()[0])
        elif s[0]=='R':
            if r:
                x=r.pop()
                if l:
                    l.append([x,l[-1][1]+x,fmax(l[-1][1]+x,l[-1][2])])
                else:
                    l.append([x,x,x])
        else:
            k=int(s[1])
            if l:
                print(l[k-1][2])
    
    return

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