M6 T2
maze
根据题意，我们其实相当于从根节点向下走一颗满二叉树，每次有花费改变方向，然后操作的\(01\)序列不能超过限制。
首先可以将题目差分求解，就变成只有一个限制。
发现一个第 \(n\) 层的点最多遍历一次，那么可以数位 dp
设 \(f_{i,j,0/1,0/1}\) 考虑到第 \(i\) 层，还有 \(j\) 次更改机会，是否抵达上界，左右是否与现实相同，记录此时的可抵达节点编号和。
由于我们要求点的编号和，而当走向右儿子的时候有一个 \(1\) 的贡献，所以我们还要同时记录可抵达的节点数量。
注意一开始左右是否与现实相同都要算
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define pa pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define mk make_pair
const int N=1e3+10,mod=1e9+7;
int n,k;
string t,s1,s2;
int pw2[N],op[N],lim[N];
pa f[N][N][2][2];
pa dfs(int i,int j,bool limit,bool is){if(i==n+1)return mk((j==0),0); if(f[i][j][limit][is].fi!=-1)return f[i][j][limit][is];int up=(limit?lim[i]:1),ans1=0,ans2=0;for(int u=0;u<=up;u++){int is_ch=(is?(op[i]!=u):(op[i]==u));if(is_ch&&j==0)continue;pa now=dfs(i+1,j-is_ch,limit&(u==up),(is^is_ch));ans1=(ans1+now.fi)%mod;ans2=(ans2+now.se)%mod;if(u==1)ans2=(ans2+now.fi*pw2[n-i]%mod)%mod;}return f[i][j][limit][is]=mk(ans1,ans2);
}
int solve(string st){for(int i=1;i<=n;i++)lim[i]=(st[i]=='1');memset(f,-1,sizeof f);pa ans1=dfs(2,k,1,0),ans2=dfs(2,k,1,1);return (ans1.se+ans2.se+(ans1.fi+ans2.fi)%mod*pw2[n-1]%mod)%mod;
}
signed main(){cin>>n>>k;pw2[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++)pw2[i]=pw2[i-1]*2ll%mod;cin>>t>>s1>>s2;t='*'+t,s1='*'+s1,s2='*'+s2;for(int i=1;i<n;i++)op[i+1]=(t[i]=='R');for(int i=n;i>=1;i--){if(s1[i]=='1'){s1[i]='0';for(int j=i+1;j<=n;j++)s1[j]='1';break;}}if(s1[1]=='0'){cout<<solve(s2);}else cout<<(solve(s2)-solve(s1)+mod)%mod;return 0;
}
M7 T1
virus 2
先想到暴力：遍历每一天，对于已被感染的所有点做多源最短路，感染所有能被感染的点。
时间是 \(nlogn*d\)
考虑只维护上一次被感染的点和未被感染点之间的边，用一个堆 \(q\)，按边权排序。
每一天处理边权小于 \(x_i\) 的边，进行多源最短路拓展。
具体的，我有条边 \(e_i={(val,u)}\) 表示到了 \(u\) 后我还能走 \(val\) 这么远，查询所有 \(u\) 的连边，如果未被感染且 \(w\le val\) 就继续拓展，否则加入 \(q\) 中
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=3e5+10;
int n,m,head[N],idx;
struct edge{int v,next,w;
}e[N<<1];
void con(int u,int v,int w){idx++;e[idx].v=v;e[idx].w=w;e[idx].next=head[u];head[u]=idx;
}
int ans[N];
#define pa pair<int,int>
#define fi first
#define mk make_pair
#define se second
priority_queue<pa >q,p;
int k,d,a[N],x[N];
signed main(){cin>>n>>m>>k>>d;for(int i=1;i<=m;i++){int u,v,w;cin>>u>>v>>w;con(u,v,w),con(v,u,w);}memset(ans,-1,sizeof ans);for(int i=1;i<=k;i++){cin>>a[i];ans[a[i]]=0;for(int j=head[a[i]];j;j=e[j].next){int v=e[j].v,w=e[j].w;q.push(mk(-w,v));}}for(int i=1;i<=d;i++)cin>>x[i];for(int day=1;day<=d;day++){int noww=x[day];while((!q.empty())&&-q.top().fi<=noww){int pos=q.top().se,val=noww+q.top().fi;q.pop();if(ans[pos]!=-1)continue;p.push(mk(val,pos));}while(!p.empty()){int u=p.top().se,val=p.top().fi;p.pop();if(ans[u]!=-1)continue;ans[u]=day;for(int i=head[u];i;i=e[i].next){int v=e[i].v,w=e[i].w;if(w>val)q.push(mk(-w,v));else p.push(mk(val-w,v));}}}for(int i=1;i<=n;i++)cout<<ans[i]<<" ";return 0;
}
M7 T2
P12426
首先 \(B\) 是全局绝对众数。
为了排除左右两边多余 \(OI\) 的干扰，容易找到最左最右的 \(B\)
像这样
r=n,l=1;
while(m[1][n]==m[1][r-1])r--;
while(m[l+1][n]==m[1][n])l++;然后现在我们从 \(l\) 到 \(r\) 考虑每个 \(i\) 是不是 \(B\)
分成两个区间 \([l,i-1],[i,r]\)
我们已知总共有多少个 \(B\) ，遍历过程算出已经找到多少个 \(B\) 记为 \(cnt\)
分类讨论：
我们可以以此处理出这两个区间的绝对众数是不是 \(B\)
注意绝对众数需要两个判断
比如如果 \(m[l][i-1]==cnt\ and \ m[l+1][i-1]==cnt-1\) \([l,i-1]\) 就是绝对众数
假设其中某个区间的绝对众数是 \(B\) 那么如果加上 \(i\) 和不加上的众数个数差为 \(1\) ，\(i\) 就填 \(B\)
如果两个的绝对众数都不是 \(B\) 那么众数可能是 \(BOI\) 但不会同时是 \(O\) 或者 \(I\)
那么此时我们分别移除左右区间中的 \(l,r\) 这两个确定是 \(B\) 的，那么两个区间的绝对众数就是 \(OI\) 各一个。我们用相似的方法判断 i 是不是 \(O\) 或 \(I\) 即可
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2020;
int n,m[N][N],l,r;
signed main(){cin>>n;if(n==1){cout<<n;return 0;}for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=i;j<=n;j++)cin>>m[i][j];r=n,l=1;while(m[1][n]==m[1][r-1])r--;while(m[l+1][n]==m[1][n])l++;cout<<l<<" ";int cnt=1,sum=m[1][n];for(int i=l+1;i<r;i++){if(m[l][i-1]==cnt&&m[l+1][i-1]==cnt-1){if(m[l][i]==m[l][i-1]+1)cnt++,cout<<i<<" ";}else if(m[i][r]==sum-cnt&&m[i][r-1]==sum-cnt-1){if(m[i+1][r]==sum-cnt-1)cnt++,cout<<i<<" ";}else if((m[l+1][i-1]==m[l+1][i]&&m[i+1][r-1]==m[i][r-1])){cnt++;cout<<i<<" ";}}cout<<r;return 0;
}
