寫了一天計算幾何，心態崩了，水一篇題解休息休息。
emmmm，如果您是一名現役OIer/CSPer，那看這篇文章也許並不能在你的生命中留下些什么（潮子語錄），因為相比NOIP/CSP這個比賽其實比較簡單。
在這里我不概括題意，因為現在有重現賽，所有人都可以看題。
A 牛妹愛整除
首先，你知道為什么10進制下%3具有如此美妙的性質嗎？
用B進制來表示一個數：$\sum_{i=0}^{\infin}a_iB^i$，我們希望：$(\sum_{i=0}^{\infin}a_iB^i)\%p=(\sum_{i=0}^{\infin}a_i)\%p$，因為 $a_i$ 是任意的，我們不能依賴它的性質，那唯一的方法就是讓 $B$ 的任意次方 $\%p$ 都等於1了。可以發現，當且僅當 $B\%p=1$ ，這個式子才是成立的。對於這道題，我們直接輸出k+1就可以了；事實上，只要不超過題目的最大限制，任意的 $xk+1$ 都可以。
1 # include <cstdio> 2 # include <iostream> 3 # define R register int 4 5 using namespace std; 6 7 int k; 8 9 int main() 10 { 11 scanf("%d",&k); 12 printf("%d",k+1); 13 return 0; 14 }
B 吃桃
從某種意義上來講，這個是不是比A還簡單？
設 $f[i]$ 表示 $i$ 節點向子樹內能延伸的最長路徑，一遍dfs找到最長的根路徑...然后再dfs一遍輸出，就沒了...
1 # include <cstdio> 2 # include <iostream> 3 # define R register int 4 5 using namespace std; 6 7 const int N=100005; 8 int n,k,h,x,y,firs[N],dp[N],dep[N]; 9 struct edge { int too,nex; }g[N<<1]; 10 11 void add (int x,int y) 12 { 13 g[++h].nex=firs[x]; 14 firs[x]=h; 15 g[h].too=y; 16 } 17 18 void dfs (int x) 19 { 20 int j; 21 for (R i=firs[x];i;i=g[i].nex) 22 { 23 j=g[i].too; 24 if(dep[j]) continue; 25 dep[j]=dep[x]+1; 26 dfs(j); 27 dp[x]=max(dp[x],dp[j]); 28 } 29 dp[x]++; 30 } 31 32 void redfs (int x) 33 { 34 printf("%d\n",x); 35 if(dp[x]==1) return; 36 int j,ans=n+10; 37 for (R i=firs[x];i;i=g[i].nex) 38 { 39 j=g[i].too; 40 if(dep[j]<dep[x]) continue; 41 if(dp[j]+1==dp[x]) ans=min(ans,j); 42 } 43 redfs(ans); 44 } 45 46 int main() 47 { 48 scanf("%d%d",&n,&k); 49 for (R i=1;i<n;++i) 50 { 51 scanf("%d%d",&x,&y); 52 add(x,y); add(y,x); 53 } 54 dep[k]=1; dfs(k); 55 redfs(k); 56 return 0; 57 }
C 背包
眾所周知，一道題如果在題目名稱里明示某種算法，那它往往不是這種算法。不過...這道題就是背包；
兩種方法：dp[i]表示大小為i，價值最小是多少；dp[i]表示價值為i，體積最大是多少；
顯然第二種比較快，但是眾所周知牛客的機器非常神，所以第一種做法也能過（事實上我看了一眼直接背包的復雜度是2e8，感覺牛客2e8穩過，就沒有再進行任何思考了）；最后補充一下，如果你也想嘗試第一種方法，也許需要在轉移時看一下放入這個物品后背包體積是否超過 $V$，這樣數組只要開到 $V$；
1 # include <cstdio> 2 # include <iostream> 3 # define R register int 4 5 using namespace std; 6 7 const int N=205; 8 const int inf=1000000000; 9 int n,V,v[N],w[N],dp[1000006]; 10 int ans=inf; 11 12 int main() 13 { 14 scanf("%d%d",&n,&V); 15 for (R i=1;i<=n;++i) 16 scanf("%d%d",&v[i],&w[i]); 17 for (R i=1;i<=V;++i) dp[i]=inf; 18 for (R i=1;i<=n;++i) 19 { 20 for (R j=V-v[i];j<V;++j) 21 ans=min(ans,dp[j]+w[i]); 22 if(v[i]>=V) ans=min(ans,w[i]); 23 for (R j=V;j>=v[i];--j) 24 dp[j]=min(dp[j],dp[ j-v[i] ]+w[i]); 25 } 26 ans=min(ans,dp[V]); 27 printf("%d",ans); 28 return 0; 29 }
D 泡面
賽后zutter_告訴我我的做法可能假了，因為以前CF考過類似的題，當時被Hack了好多人；然后，最后的結論是這道題和CF的那個確實不是一個做法，所以我並沒有假；
首先我們把所有人按照 $t_i$ 從小到大排序；然后模擬接水的過程就好了...具體來講，首先，維護一個值表示“當前接水的人什么時候能接完”，然后把所有 $t_i$ 小於這個數且還沒有接水的人的編號扔進一個小根堆里；每次取出堆頂作為新的接水人；如果堆空了，那就說明有一段時間並沒有人接水，我們直接找到下一個還沒有接過水的人 $x$，將“當前接水的人什么時候能接完”修改為 $t_x+p$ 即可。
1 # include <cstdio> 2 # include <iostream> 3 # include <algorithm> 4 # include <queue> 5 # define R register int 6 # define ll long long 7 8 using namespace std; 9 10 const int N=100005; 11 int n,p,h,s; 12 ll ans[N],T; 13 struct peo 14 { 15 int pos,t; 16 }a[N]; 17 priority_queue <int,vector<int>,greater<int> > q; 18 19 bool cmp (peo a,peo b) 20 { 21 if(a.t==b.t) return a.pos<b.pos; 22 return a.t<b.t; 23 } 24 25 int read() 26 { 27 int x=0; 28 char c=getchar(); 29 while (!isdigit(c)) c=getchar(); 30 while (isdigit(c)) x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar(); 31 return x; 32 } 33 34 int main() 35 { 36 scanf("%d%d",&n,&p); 37 for (R i=1;i<=n;++i) 38 a[i].pos=i,a[i].t=read(); 39 sort(a+1,a+1+n,cmp); 40 a[n+1].t=1000000005; 41 h=1; T=a[1].t+p; ans[ a[1].pos ]=T; 42 int cg=1; 43 while(cg!=n) 44 { 45 while(h+1<=n&&a[h+1].t<=T) q.push(a[h+1].pos),h++; 46 int s=q.size(); 47 if(s==0) 48 { 49 h++; 50 ans[ a[h].pos ]=a[h].t+p; 51 cg++; 52 T=a[h].t+p; 53 continue; 54 } 55 int x=q.top(); q.pop(); 56 T+=p; ans[x]=T; cg++; 57 } 58 for (R i=1;i<=n;++i) printf("%lld ",ans[i]); 59 return 0; 60 }
E 偽直徑
這道題具有較強的欺騙性；一開始我沒想明白，仿照求直徑的樹形dp設了兩個狀態：已經分叉過的路徑和沒有分叉過的路徑；轉移稍微有點復雜，但想起來很簡單；就在我馬上寫完的時候，我突然想起兩個路徑可以互相包含...
好的，先說結論，這道題的答案就是樹的直徑-1；分兩步來證明：首先，這個值一定能取到，方法是一條路徑選直徑，另一條路徑去掉直徑端點處的某一條邊；其次，這確實是可能存在的最大值，因為如果存在兩條路徑的交是直徑，且他們不相同，那么取出它們不相交的部分接到直徑上，會使直徑變長，這顯然不合理，所以答案就是樹的直徑-1；
1 # include <cstdio> 2 # include <iostream> 3 # define R register int 4 5 using namespace std; 6 7 const int N=200005; 8 const int inf=1000000000; 9 int n,h,x,y,firs[N],dep[N]; 10 int f1[N],f2[N],e[N]; 11 struct edge { int too,nex; }g[N<<1]; 12 13 void add (int x,int y) 14 { 15 g[++h].nex=firs[x]; 16 firs[x]=h; 17 g[h].too=y; 18 } 19 20 void dfs (int x) 21 { 22 int j; 23 for (R i=firs[x];i;i=g[i].nex) 24 { 25 j=g[i].too; 26 if(dep[j]) continue; 27 dep[j]=dep[x]+1; 28 dfs(j); 29 if(f1[j]+1>=f1[x]) f2[x]=f1[x],f1[x]=f1[j]+1,e[x]=j; 30 else f2[x]=max(f2[x],f1[j]+1); 31 } 32 } 33 34 void redfs (int x) 35 { 36 int j; 37 for (R i=firs[x];i;i=g[i].nex) 38 { 39 j=g[i].too; 40 if(dep[j]<dep[x]) continue; 41 int t; 42 if(e[x]==j) t=f2[x]+1; 43 else t=f1[x]+1; 44 if(t>=f1[j]) f2[j]=f1[j],f1[j]=t,e[j]=x; 45 else f2[j]=max(f2[j],t); 46 redfs(j); 47 } 48 } 49 50 int main() 51 { 52 int ans=0; 53 scanf("%d",&n); 54 for (R i=1;i<n;++i) 55 { 56 scanf("%d%d",&x,&y); 57 add(x,y); add(y,x); 58 } 59 dep[1]=1; dfs(1); 60 redfs(1); 61 for (R i=1;i<=n;++i) ans=max(ans,f1[i]+f2[i]); 62 printf("%d",ans-1); 63 return 0; 64 }
F 最大最小差
一道有點難度的題；
首先考慮一個暴力？$n^2$枚舉區間，然后判斷是否合理，不知道能得多少分？如果你認真思考一下這個過程，會發現很多枚舉是無效的，舉個例子：如果$(x,y)$的利潤已經過高，那么$(x,y+1)$ 的利潤只可能更高；再想一想，就會發現對於一個確定的 $x$ ，合法的右端點屬於一個區間；我們是否可以通過某種方法直接找到這個區間呢？二分！怎么判斷一個區間的利潤呢？ST表查最大最小值！不過如果你每次同時處理 $m$ 種貨物，$ST$表的空間可能就太大了，所以可以考慮對於每種貨物分別計算合法的右端點，最后再對 $m$ 個區間求交；
交上去，可能會TLE...因為ST表查詢一次雖說是O(n)的，但是常數略大。有沒有什么別的方法呢？發現隨着枚舉的做左端點不斷增大，右端點的合法區間也是在不斷右移的，所以可以用雙指針維護這個合法區間，復雜度雖說還是 $O(n\log n)$的，但是這個 $\log n$ 只是求 $ST$表時用到的，所以就可以通過了。
賽后發現，這個最大最小值似乎可以通過單調隊列維護，那么復雜度就是嚴格的 $O(nm)$ 啦！
啊，之前放上來的是一個WA+TLE的程序（因為我最后一次提交是在牛客提交框里改的，電腦上的還是原來那版錯誤的），經QQ上dalao提醒，現在已經改過來了。不過我的做法有點卡常，加上超級快讀才通過...
1 # include <cstdio> 2 # include <iostream> 3 # define R register int 4 # define ll long long 5 # define getchar() (S==T&&(T=(S=BB)+fread(BB,1,1<<20,stdin),S==T)?EOF:*S++) 6 char BB[1 << 20], *S = BB, *T = BB; 7 8 using namespace std; 9 10 const int N=1000006; 11 const int M=11; 12 int n,m,a[N],c[M],lg[N]; 13 int st1[N][21],st2[N][21]; 14 int lr[N],rr[N]; 15 ll ans; 16 17 void build_ST() 18 { 19 for (R i=1;i<=n;++i) st1[i][0]=st2[i][0]=a[i]; 20 for (R i=1;i<=20;++i) 21 for (R j=1;j<=n;++j) 22 { 23 if(j+(1<<i)-1>n) break; 24 st1[j][i]=min(st1[j][i-1],st1[j+(1<<(i-1))][i-1]); 25 st2[j][i]=max(st2[j][i-1],st2[j+(1<<(i-1))][i-1]); 26 } 27 } 28 29 int ask (int l,int r) 30 { 31 if(r>n) return -1; 32 if(r<0) return -1; 33 int k=lg[r-l+1]; 34 int ans1=min(st1[l][k],st1[ r-(1<<k)+1 ][k]); 35 int ans2=max(st2[l][k],st2[ r-(1<<k)+1 ][k]); 36 return ans2-ans1; 37 } 38 39 int ef1 (int id,int x) 40 { 41 int l=x,r=n,mid,ans=n+1; 42 while(l<=r) 43 { 44 mid=(l+r)>>1; 45 if(ask(x,mid)>=c[id]) ans=mid,r=mid-1; 46 else l=mid+1; 47 } 48 return ans; 49 } 50 51 int ef2 (int id,int x) 52 { 53 int l=x,r=n,mid,ans=-n-1; 54 while(l<=r) 55 { 56 mid=(l+r)>>1; 57 if(ask(x,mid)<=c[id]) ans=mid,l=mid+1; 58 else r=mid-1; 59 } 60 return ans; 61 } 62 63 int read() 64 { 65 int x=0; 66 char c=getchar(); 67 while (!isdigit(c)) c=getchar(); 68 while (isdigit(c)) x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar(); 69 return x; 70 } 71 72 void solve (int id) 73 { 74 for (R i=1;i<=n;++i) a[i]=read(); 75 build_ST(); 76 int p1=ef1(id,1),p2=ef2(id,1); 77 lr[1]=max(lr[1],p1); rr[1]=min(rr[1],p2); 78 for (R i=2;i<=n;++i) 79 { 80 if(p1<i) p1=i; if(p2<i) p2=i; 81 while(p1<=n&&ask(i,p1)<c[id]) p1++; 82 while(p2+1<=n&&ask(i,p2+1)<=c[id]) p2++; 83 if(ask(i,p1)!=c[id]) lr[i]=n+1; else lr[i]=max(lr[i],p1); 84 if(ask(i,p2)!=c[id]) rr[i]=-n-1; else rr[i]=min(rr[i],p2); 85 } 86 } 87 88 int main() 89 { 90 scanf("%d%d",&n,&m); 91 for (R i=2;i<=n;++i) lg[i]=lg[i>>1]+1; 92 for (R i=1;i<=m;++i) c[i]=read(); 93 for (R i=1;i<=n;++i) rr[i]=n; 94 for (R i=1;i<=m;++i) 95 solve(i); 96 for (R i=1;i<=n;++i) 97 { 98 int l=lr[i],r=rr[i]; 99 if(l>r) continue; 100 ans+=r-l+1; 101 } 102 printf("%lld",ans); 103 return 0; 104 }
由於對賽制不是很確定，以為類似CF，擔心會FST，又檢查來檢查去，后來問了監考老師，才知道過了就是過了，於是愉快的交卷。反正假都請好了，干脆在家度過了一個快樂的晚上。
Update：
我！ 沒！ 了！ 啊！
這面試太太太太太太太難了吧！
我！ 自！ 閉！ 了！
還沒面試的同學不要再問我面試考啥了，因為真真真真的很隨機啊啊啊啊啊！