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18th Polish Olympiad in InformaticsTasksConspiracy(Stage I)(100/100)Lollipop(Stage I)(100/100)Lightning Conductor(Stage I)(100/100)Shift(Stage I)(100/100)

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一句话题意：将边权修改为0（初始为1）和查询某个点到1的距离。       一开始预处理没有问题吧，然后修改边权只对它管辖的子树有影响。相当于区间修改。然后查分一下用树状数组即可。AC代码如下：#include#include#include#define N 250005using namespace std;int n,m,tot,dfsclk,c[N],bg[N],e

令f(i)=ai+b，由题意(a,n)==1，那么可以得到f(i)两两不同。同时可以发现对于一个f(i)，如果f(i)已经确定，那么i~i+m-1的01串也就确定了，因此我们可以判断f(i)为开头时是否与给定串相同。       然后按照给定的串的每一位，得到f(i)不可能出现的位置；另外f(n-m+1)~f(n-1)也是不可能的。那么把所有不可能的求并，然后补集的大小就是答案。AC代码如

感谢Claris的题解。       令t[l][r][x]表示l~r家店，最小的价格为x时，对于所有l=x的最大收入，同时令pos[l][r][x]表示最小的价格的店。然后就是O(N^3M)了。AC代码如下：#include#include#include#include#define N 55#define M 4005using namespace std;int

首先构造出第k小的项链的权值。根据dfs求第k小的权值的流程类比，每一个项链可以用一个二元组(i,j)表示权值为i，最大的为j号（从小到大排序之后）。那么把这个二元组塞进优先队列，一个二元组(i,j)可以得到(i-a[j]+a[j+1],j+1)或者(i+a[j+1],j+1)，然后一直拓展到k个为止。       接着是求第k小。我们可以直接按照dfs，得到第k小，那么只要保证只dfs 1~

首先对于题目中的某一个条件，考虑朴素建图，如下：       新建一个点p，向所有的条件给定的x[i]连边p->x[i]，边权为0；同时向所有l~r中不是x[i]的点t连边t->p，边权为1；那么一个点i的值f[i]就是max(a[i],f[j]+Wj->i)。拓扑排序或者记忆化搜索都可以。       但是这样建图为O(N^2)，观察发现所有的边t->p中的t实际上是若干个区间。那么可以

由于边权       但是由于拆了点，因此不是每个点都是到达状态的，有两种解决办法，一种是新建一个汇点T，然后到达状态向T连一条边；或者根据出发状态然后乘上出去的路径条数转化为到达状态（见代码）。       求答案的时候，可以将k变成开的上界，然后答案+1即可。       如果考虑二分答案，那么可以，新建源点S，然后向所有点连一条边，就可以用矩阵乘法得到步数=x的路径的条数。如果要

显然全部相同的可以O(N)扫一遍得到，那么不妨考虑不存在某两种字母相同的最长长度。       令x[i]为1~i中‘B’的个数，y[i]为'C'的个数，z[i]为‘S’的个数。那么某一段i+1~j，不符合题设的条件为：       x[i]-x[j]=y[i]-y[j]或x[i]-x[j]=z[i]-z[j]或y[i]-y[j]=z[i]-z[j]。       如果把与i相关的

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