前言

290卡成145，十分开心。

---

正题

---

T1：密码

大意

N个数乘起来

考试时

看起来十分简单的高精乘单精

解题思路

10241024其实是10241024高精乘高精了解一下，30分QAQ

代码(高精乘高精我就不解释了吧)

#include
    
     #include
     
      #define M 2500using namespace std;long long a[M+1],n,k[M],b[M+1],l,lo;void read(){    memset(k,0,sizeof(k));    char c[51];    scanf("%s",c);    l=strlen(c);    for (int i=1;i<=l;i++)      k[i]=c[l-i]-48;}void add(){    for (int i=1;i<=lo;i++)    {      for (int j=1;j<=l;j++)      {          b[i+j-1]+=a[i]*k[j];          b[i+j]+=b[i+j-1]/10;          b[i+j-1]%=10;      }    }    lo=-1;    for (int i=M;i>=1;i--)    {      if (b[i]!=0&&lo==-1) lo=i;      a[i]=b[i];b[i]=0;    }}void write(){    int w=M;    while (w>1&&!a[w]) w--;    int flag=w;    for (;w;w--)      printf("%d",a[w]);}int main(){    scanf("%d",&n);    a[1]=1;lo=1;    for (int i=1;i<=n;i++)    {        read();        add();    }    write();}
     
    

---

T2：宝石

大意

有一个m∗mm∗m的矩阵，然后nn个宝石价值不同在矩阵里，然后一个为k∗kk∗k的东西要求碰到大宝石价值最大。

考试时

敲了一个矩阵前缀和然后O(n2)O(n2)暴力枚举拿了60分

解题思路

定义一个长度m，高度为k的扫描线，然后在线内的用线段树维护最大长度为k的字段和。

代码

#include
    
     #include
     
      using namespace std;struct treenode{    int l,r,w,lazy;}a[300001];struct node{    int x,y,w;}d[50001];int m,n,k,maxs;void build(int k,int l,int r){    a[k].l=l;a[k].r=r;    if (l==r) return;    int mid=(l+r)/2;    build(k*2,l,mid);    build(k*2+1,mid+1,r);}void ddata(int k){    a[k*2].w+=a[k].lazy;    a[k*2+1].w+=a[k].lazy;    a[k*2].lazy+=a[k].lazy;    a[k*2+1].lazy+=a[k].lazy;    a[k].lazy=0;}void updata(int l,int r,int k,int num){    if (a[k].l==l&&a[k].r==r)    {        a[k].w+=num;        a[k].lazy+=num;        return;    }    ddata(k);    if (a[k*2].r>=r) updata(l,r,k*2,num);    else if (a[k*2+1].l<=l) updata(l,r,k*2+1,num);    else updata(l,a[k*2].r,k*2,num),updata(a[k*2+1].l,r,k*2+1,num);    a[k].w=max(a[k*2].w,a[k*2+1].w);}//以上为线段树bool cmp(node x,node y){    return x.y
      
       k)//更新上限        {            updata(d[w].x,min(d[w].x+k,m),1,-d[w].w);//去掉            w++;        }        updata(d[i].x,min(d[i].x+k,m),1,d[i].w);//维护字段和        maxs=max(maxs,a[1].w);//查询最大字段和    }    printf("%d",maxs);}
      
     
    

---

T3：页

大意

一个序列，每次取中间的放到头或尾，求至少多少次可以变为单调递增。

考试

刚开始打了个贪心，然后发现数据不是很大，然后打了一个广搜，为了防止超时打了一个卡时间的结果就炸了30。把卡时间的去掉后100

解题思路

广搜然后map库(或哈希表)去重

代码

#include
    
     #include
     
    

---

T4：景点中心

大意

有n个景点构成一颗树，然后每个景点有不同数量的学生，边有不同的长度，定一个景点为中心要求所有学生到达这个点的路径长度和最小。

考试

敲出了正解，结果没注意范围30QAQ。

解题思路

一棵树然后就想到了树形dp，然后想起来有个东西叫二次扫描换根法，之后就推出了正解：

首先我们先以1为根进行一遍求出f[i]f[i]和zn[i]zn[i]，f[i]f[i]是表示点i子树的学生走到点i的路径长度和，然后zn[i]zn[i]表示点i的子树的学生人数总和。

然后我们就求出了以i为根节点的情况下的路径和，我们尝试推到第二层的节点。

这是一颗以1为根节点的树，然后我们变为以2为根节点

然后我们会发现

图中绿色部分（原第二个节点的子树部分）都少走了一条路w，而图中红色部分（其余部分）都多走了一条路w，所以我们可以自己计算：

c[x]=c[father]+(zn[1]−zn[x])∗w−zn[x]∗wc[x]=c[father]+(zn[1]−zn[x])∗w−zn[x]∗w

从而

O(1)O(1)的时间复杂度内计算出下一个点为根时的距离和。

代码

#include
    
     #include
     
      #include
      
       #define N 1000001using namespace std;struct node{    int next,to,w;}a[N];int ls[N],tot,n,x,y,w,v[N];long long c[N],f[N],zn[N],maxs,num[N];void addl(int x,int y,int w){    a[++tot].to=y;a[tot].w=w;    a[tot].next=ls[x];ls[x]=tot;}void dp(int x,int dep)//第一次扫描{    v[x]=true;    zn[x]=num[x];//记录人数    f[x]=num[x]*dep;//统计    for (int i=ls[x];i;i=a[i].next)    {        int y=a[i].to;        if (!v[y])        {            dp(y,dep+a[i].w);            f[x]+=f[y];            zn[x]+=zn[y];//累计        }    }}void zdp(int x,int dep,int fa,int from)//第二次扫描{    v[x]=true;    if (x!=1)    c[x]=c[fa]+(zn[1]-zn[x])*a[from].w-zn[x]*a[from].w;//计算    if (c[x]
      
     
    

---

后续

zyc大佬太强了

m e                                   |                                       \ /                             V           / / ======  / /     orz orz orz orz orz orz orz orz orz / / ======  / /       orz orz orz orz orz orz orz orz orz + =========== +        orz orz orz orz orz orz orz orz orz | [zyc dalao] |         orz orz orz orz orz orz orz orz orz + =========== +          orz orz orz orz orz orz orz orz orz \ \    ====== \ \         orz orz orz orz orz orz orz orz orz  \ \   ======  \ \         orz orz orz orz orz orz orz orz orz