基本信息
本赛季由 jr-Zlw \texttt{\color{#AA00AA}{jr-Zlw}} jr-Zlw, Skyzhou \texttt{\color{#0000FF} Skyzhou} Skyzhou 和 sunchaoyi \texttt{\color{#AA00AA}sunchaoyi} sunchaoyi 组队，全靠大佬带飞~。
中文队名：正在验证该队是否是真人。这可能需要五小时时间。
英文队名：Verifying we are human. This may take five hours.
训练记录
2025.05.02 The 2023 Guangdong Provincial Collegiate Programming Contest
备战省赛，也是组队后的第一次训练。
这一场签到题比较多，一小时以内按顺序过了 A,I,C,D,K。接下来我和 Sky 讨论了一下 M 的做法，确定了 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2) 的 DP 维护直径，其间 Zlw 一眼 B 板子题，在 1.5h 一发通过了该题。
之后我和 Zlw 尝试口胡 E,F，没错他基本口胡出来了，大力模板。Sky 提交 M 题 RE，我去瞅了眼，发现三点共线导致分母为 0 0 0，立马帮他改成了叉积写法。之后又 WA，看了半天发现是 INF 开的不够大，红温……好在 3.5h 内通过。
然后我开始写 E 的字典树，写了半天发现巨丑还会运行错误，果断叫上 Zlw 来写，在提交了几发后发现神秘错误，在封榜后通过。之后就是 F，和队友确定了线段树二分写法，但是似乎和他的码风不太一样，于是被踹下来。但是由于写得有点屎，赛时没过，知道赛后 40 min 后通过该题。
最后赛时 8 8 8 题首尾（主要由 Zlw 写了一大半的题 orzorzorz，以及 Sky 的难题攻克）！
F 题有点深刻，自己又写了一遍。终于琢磨出为什么赛时会有这么多队伍过，原来还有两支 log \log log 的弱智写法。还是写一下线段树二分的做法吧，借鉴了一下题解，时间复杂度 O ( ∑ k log n ) O(\sum k \log n) O(∑klogn)。
#include <bits/stdc++.h>
#define init(x) memset (x,0,sizeof (x))
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define INF 0x3f3f3f3f
#define pii pair <int,int>
using namespace std;
const int MAX = 4e6 + 50;
const int MOD = 1e9 + 7;
inline int read ();
int t,n,q,cnt,ls[MAX],rs[MAX],tree[MAX];
class BIT
{
int n;vector <ll> c;
int lowbit (int x) {return x & (-x);}
public :
BIT (int n) : n (n),c (n + 1,0) {}
void modify (int x,int v) {for (int i = x;i <= n;i += lowbit (i)) c[i] += v;}
ll query (int x) {ll res = 0;for (int i = x;i;i -= lowbit (i)) res += c[i];return res;}
};
void modify (int &cur,int l,int r,int x,int v)
{
if (!cur) cur = ++cnt,ls[cur] = rs[cur] = tree[cur] = 0;
tree[cur] += v;
if (l == r) return ;
int mid = (l + r) >> 1;
if (x <= mid) modify (ls[cur],l,mid,x,v);
else modify (rs[cur],mid + 1,r,x,v);
}
int calc (vector <int> cur)
{
int res = 0;
for (auto v : cur) res += tree[v];
return res;
}
vector <int> next_L (vector <int> cur)
{
for (auto &v : cur) v = ls[v];
return cur;
}
vector <int> next_R (vector <int> cur)
{
for (auto &v : cur) v = rs[v];
return cur;
}
int search_L (vector <int> cur,int l,int r,int pos)
{
if (calc (cur) == r - l + 1) return 0;
if (l == r) return l;
int mid = (l + r) >> 1;
if (pos <= mid) return search_L (next_L (cur),l,mid,pos);
else
{
int res = search_L (next_R (cur),mid + 1,r,pos);
if (!res) return search_L (next_L (cur),l,mid,pos);
else return res;
}
}
int search_R (vector <int> cur,int l,int r,int pos)
{
if (calc (cur) == r - l + 1) return n + 1;
if (l == r) return l;
int mid = (l + r) >> 1;
if (pos > mid) return search_R (next_R (cur),mid + 1,r,pos);
else
{
int res = search_R (next_L (cur),l,mid,pos);
if (res == n + 1) return search_R (next_R (cur),mid + 1,r,pos);
else return res;
}
}
int main ()
{
t = read ();
while (t--)
{
n = read ();q = read ();cnt = 0;
vector <int> val (n + 1),col (n + 1),rt (n + 1,0);
BIT tr (n);
for (int i = 1;i <= n;++i) col[i] = read (),modify (rt[col[i]],1,n,i,1);
for (int i = 1;i <= n;++i) val[i] = read (),tr.modify (i,val[i]);
while (q--)
{
int ty = read ();
if (ty == 1)
{
int p = read (),x = read ();
modify (rt[col[p]],1,n,p,-1);
col[p] = x;
modify (rt[col[p]],1,n,p,1);
}
else if (ty == 2)
{
int p = read (),v = read ();
tr.modify (p,v - val[p]);
val[p] = v;
}
else
{
int st = read (),k = read ();
vector <int> p;
for (int i = 1;i <= k;++i)
{
int x = read ();
p.push_back (rt[x]);
}
int l = search_L (p,1,n,st),r = search_R (p,1,n,st);
printf ("%lld\n",tr.query (r - 1) - tr.query (l + 1 - 1));
}
}
}
return 0;
}
inline int read ()
{
int s = 0;int f = 1;
char ch = getchar ();
while ((ch < '0' || ch > '9') && ch != EOF)
{
if (ch == '-') f = -1;
ch = getchar ();
}
while (ch >= '0' && ch <= '9')
{
s = s * 10 + ch - '0';
ch = getchar ();
}
return s * f;
}
2025.05.15 The 2024 ICPC Asia Hangzhou Regional Contest
上午考完期末，开启暑假生活！
省流： 6 6 6 题收尾。过题顺序 A,K,E,H,M,F。
可能是上午考线代考傻了，签到题写了半小时才过。 A A A 用并查集维护即可，可是一开始写得有点乱，WA 了 2 2 2 次才过。接着队友写 K，不知道怎么回事思路没问题就是过不了。我听完思路直接给他重写了，然后就过了，非常神奇（说明队友码力有点弱，需要加训~）。
接着 Zlw 佬开始敲 B，敲完交了以后才发现把题目理解成了或运算，于是乎，一直只能想到双 log 的做法。我这边看了下 E，一开始认为是 DP，想了一会儿发现更像是贪心。和 Zlw 佬进一步讨论了一下感觉没啥问题。设当前处在 f f f 层，找到 l l l 在 f f f 之下的 r r r 最大的那个，如果不存在，就需要花费额外的能量向上运动。等到达最顶端后在往下降，处理一下剩余的区间，此时不需要额外花费。因此直接可以优先队列维护，从而做到 O ( n log n ) O(n \log n) O(nlogn)。
Sky 这时候在写 M，写完以后发现题目看错，占了一会儿机时。趁着他在调的时候继续口胡下一题，是我最喜欢的构造！不难想到先取最长的链，设长度为 k k k，于是剩下 [ 1 , k − 1 ] [1,k - 1] [1,k−1] 的区间全部能够挂在这条链上。唯一需要考虑的就是有多条长度为 k k k 的链的情况，此时只要前面的区间没有都挂在根节点上就存在解。
M 还有一些问题，于是我把 E,H 这两题都实现了。接下去他俩一起在搞 M，我开始看 F。M 似乎进行数论分析和 ST 维护以后终于过了。F 是图论，容易想到 scc 缩点，难点是处理询问。不过询问又非常特殊，是在一条链上询问，因此就可以通过前缀和处理。但需要注意块内可能询问点并不完整，因此需要更多的处理。突然开窍，然后在比赛结束前 3 分钟通过了！
for (int i = 1;i <= n;++i) ++sz[scc[i]];
for (int i = 1;i <= k;++i)
for (int j = 1;j <= n;++j)
{
pre[i][j] = pre[i][j - 1];
if (scc[a[i][j]] != scc[a[i][j - 1]]) tot[i][j] = 1;
else pre[i][j] += tot[i][j - 1],tot[i][j] = tot[i][j - 1] + 1;
}
while (q--)
{
ll id = read (),l = read (),r = read ();
id = (id + ans) % k + 1;l = (l + ans) % n + 1,r = (r + ans) % n + 1;
if (scc[a[id][l]] == scc[a[id][r]]) ans = pre[id][r] - pre[id][l - 1] - (tot[id][l] - 1) * (r - l + 1);
else ans = pre[id][r] - pre[id][l - 1] - (sz[scc[a[id][l]]] - (tot[id][l] - 1)) * (tot[id][l] - 1);
printf ("%lld\n",ans);
}
总的来说，这场 6 题还是很不错的（似乎能银）。但是罚时过高，速度还是有点慢。看来，还是需要加训滴~
2025.05.16
我开始进一步学习计算几何，争取在省赛前能把这一块的模板弄全。具体内容就放在上面的博客里了。
2025.05.18
自己打了把西安交通大学2025年程序设计竞赛校赛（同步赛），被 F 题硬控了，最后八题收尾。
2025.05.19 The 2025 ICPC Wuhan Invitational Contest
A 签到，I 简单构造，I 无解判断写错 WA 了一发（阿巴阿巴）。
L 算是贪心，容易想到枚举端点位置，但是发现固定最大最小值后中位数位置不确定，于是改为枚举最小值和中位数。队友调了老半天才通过。
F 似乎题解是贪心，但是 Zlw 用背包配合 __int128 通过了，取模没取完整贡献一发罚时。
G 感觉有点典，容易想出把所有颜色分开考虑。这种棋盘就方案数有两种 DP，简单的就直接 O ( n m ) O(nm) O(nm) 遍历；复杂的依赖一种颜色的数量 O ( k ) O(k) O(k)，进行 DP 容斥（CF559C）即可。于是想到分块做法，时间复杂度 O ( m n m n ) O(mn \sqrt {mn}) O(mnmn)。
M 超绝计算几何，一直调到最后。大致分为两类，到端点的距离以及与原点和垂足形成的直线到线段的交点的距离。设端点是
S
,
T
\text{S},\text{T}
S,T，首先做平面
OST
\text{OST}
OST，做垂足
F
F
F，若落在直线
OS
,
OT
\text{OS},\text{OT}
OS,OT 的那个区域之外，则只需要考虑前一种情况即可，否则两种情况都要考虑。其次需要考虑
∣
OF
∣
\mid\text{OF}\mid
∣OF∣ 已知时
O
F
\mathbf{OF}
OF 的方向性。最后，需要尤其注意一下精度和垂直的情况。我们写的时候 acos(x) 的参数由于精度问题落在了
[
−
1
,
1
]
[-1,1]
[−1,1] 之外，然后一直输出 nan，非常令人红温。不过在查看数据并 WA 无数次后终于通过了此题。
2025.05.21 The 2025 ICPC China Zhejiang Province Programming Contest
超多罚时场。
B,I 签到，然后我发现 D 是简单构造，三题一遍过，开局还算比较顺利。
接下去开了 L，由奶龙指认的奶龙一定不是奶龙为出发点，提出拓扑加贪心的算法。我开写，脑抽用 set 来维护最优作为奶龙的节点，可是似乎处理上有很大的细节漏洞，于是一直 WAWAWA，导致接下去的一个半小时没有过题。Zlw 和 Sky 在想 F，讨论出了拆点加 bfs 最短路的做法。被踹下去以后他们提交了三发后通过（WA 是 bfs 后忘记 push 新的节点了）。
这时候我在重构了若干次代码之后突然醒悟，只需要 O ( n ) O(n) O(n) 的拓扑排序即可实现。先处理链，遇到一个点标记为奶龙，指向的下一个点标记为非奶龙，然后再把下一个的下一个点入度减一。剩下为环的部分，如果未标记就记录个数 x x x，一段未标记中奶龙的个数就是 x 2 \frac{x}{2} 2x。再次重写，终于通过。【果然，写奶龙题人也会变唐，阿巴阿巴~~~】
Zlw 在之后尝试 A，作为一个数据结构大神，尝试用分块，莫队以及线段树的结合题切题。Sky 在看 G，我看 M。A 上机尝试并通过样例后提交，发现 TLE，调整分块参数后仍然无法通过。而 M 发现交互毫无意义，把题目转化为了已知与一顶点 P P P 到其它不相邻的顶点构成的线段相交的三角剖分数量，然后还原三角剖分。可惜没什么想法。
G 又想了贪心的想法，于是上机写。由于普通的贪心是 O ( T n k ) O(Tnk) O(Tnk) 的，我微微打表观察以后提出了一个先将每个数增加 max ( 0 , k − 100 n n ) \max (0,\frac{k - 100n}{n}) max(0,nk−100n) 后剩余部分再贪心的做法（其实严格来说， 100 100 100 应该替换为 max l i − min l i \max {l_i} - \min {l_i} maxli−minli，但是取极限差不多就是 100 100 100），此时经过估算应该能够通过。可是交上去后仍然 TLE，于是接下去的 n 发提交都是再尝试调参卡精度。Sky 弄了半天仍然不行，趁他上厕所的时候，我把他贪心改成优先队列，然后加了快读快写，把常数减小了 5 5 5 倍左右。终于，+10 以 956 ms 极限卡过此题（一共 113 个测试点可还行 qwq）。后来看了题解，发现是要二分操作的倍率，实在是深刻。
还是 6 题首尾，不知道什么时候可以突破捏~
2025.05.22 The 2024 ICPC Asia Shanghai Regional Contest
又难又屎的一场，赛时 5 题，赛后 7 题。
上来就被 I 签到给恶心了好几发，原因就是求的是最大值的模而非模意义下的最大值，因此取模要非常小心。 0 0 0 以及大于模数的情况都需要考虑到，非常容易出错。半小时才通过此题，而且 WA 了整整 7 次（显然是红温了）。
接下来 Sky 秒了博弈论 C，Zlw 开始写 B。但由于一些答案的合并问题，B 一直被硬控。接下来发现 D 是构造，果断将其丢给我。我手玩 D 发现只需要着重考虑最后四位的情况，于是疯狂分讨。上机写 D，发现样例水得一批，于是直接交，喜提 WA。下机思考，Zlw 终于过了 B，然后我发现有几种情况能够更优的构造，果断修改后通过。这时候 2 小时 4 题，除了罚时外到还行。
之后我又发现 H 是构造，于是又开始手玩。他俩在想 G，似乎是和二分中位数相关。H 玩了很久，由于是最优化步数的构造，我似乎没啥完整的想法，于是开始进击 M 计算几何。
M 似乎好做，很快地将问题分为了四类。设非上下表面的点的个数为 n n n（需要去重），然后将上下表面的点映射到二维平面中。于是有：
- n = 0 n = 0 n=0 恒有解。
- n = 1 n = 1 n=1 判断是否存在一条过定点的直线可以将剩余点归到直线的一侧。直接判断该点是否为凸包上的一点即可。
- n = 2 n = 2 n=2 判断过两个定点的圆能够将使得剩余点均在这个圆中。将点分为直线的两侧，然后根据圆周角的大小，一侧各剩下一点（没有的话肯定合法），判断四点共圆即可。特别地，如果点在直线上，则需要在线段上才符合。
- n = 3 n = 3 n=3 三点共线则不合法。否则取三点作圆，判断剩余点是否在圆上即可。
想完的时候 Zlw 刚好写完 G，于是我上机贺板子写 M。写完以后一直 WA，各种 corner 写挂，最后又被卡精度，直接写崩溃，直到结束也没过。赛后调了很久很久，然后又不断 hack 自己，最终才诞生了一份稍微好一点的屎。
auto f1 = [&] () -> bool
{
sp.push_back (P[0]);
auto hull = convex_hull (sp);
for (auto [x,y] : hull)
if (dcmp (x - P[0].x) == 0 && dcmp (y - P[0].y) == 0) return true;
return false;
};
auto f2 = [&] () -> bool
{
for (auto x : sp)
if (on_line (x,P[0],P[1]) && !on_seg (x,P[0],P[1])) return false;
LD d1 = 1000,d2 = 1000;
Point P1,P2;
for (auto x : sp)
{
if (on_line (x,P[0],P[1])) continue;
if (cross (P[1] - P[0],x - P[0]) > 0) {if (angle (x - P[1],x - P[0]) < d1) P1 = x,d1 = angle (x - P[1],x - P[0]);}
if (cross (P[1] - P[0],x - P[0]) < 0) {if (angle (x - P[1],x - P[0]) < d2) P2 = x,d2 = angle (x - P[1],x - P[0]);}
}
if (d1 == 1000 || d2 == 1000) return true;
Point F1 = foot (P1,P[0],P[1]),F2 = foot (P2,P[0],P[1]);
if (dcmp (dot (F1 - P[0],F1 - P[1])) > 0 && dcmp (dot (F2 - P[0],F2 - P[1])) > 0) return false;
Circle C1 = triangle_circum (P[0],P[1],P1),C2 = triangle_circum (P[0],P[1],P2);
return in_cir (C1,P2) && in_cir (C2,P1);
};
auto f3 = [&] () -> bool
{
if (dcmp (cross (P[0] - P[1],P[0] - P[2])) == 0) return false;
Circle C = triangle_circum (P[0],P[1],P[2]);
for (int i = 3;i < P.size ();++i)
if (dcmp (len (P[i] - C.O) - C.r) != 0) return false;
for (auto x : sp)
if (!in_cir (C,x)) return false;
return 1;
};
事实证明，还是要谨慎开计算几何。赛后发现我精准的选到了 H,M Medium hard \text{Medium hard} Medium hard，而跳过了中间的 F,J（非常离谱，看都没看）。看来策略还是需要在接下去进一步调整！
2025.05.23
补题，发现 H 最后构造出来剩余 . 的个数不会超过四个。于是就开始贪心构造，调整 6 种情况的优先级，试着试着突然发现对了。唯一的坑点就是要小心同色连成连通块，直接暴力判断后调整。放一下屎山代码：
int main ()
{
n = read ();int ans = 0;
vector <vector <char>> a (n + 5,vector <char> (n + 5,'.'));
vector <vector <char>> b (n + 5,vector <char> (n + 5,'.'));
auto check = [&] (int x,int y) -> bool {return !(x < y || x <= 0 || y <= 0 || x > n || a[x][y] != '.');};
auto same = [&] (char ch,int x,int y) -> bool {return ch == a[x][y - 1] || ch == a[x][y + 1] || ch == a[x - 1][y - 1] || ch == a[x - 1][y] || ch == a[x + 1][y] || ch == a[x + 1][y + 1];};
for (int i = n;i;--i)
{
for (int j = 1;j <= i;++j)
{
if (i == n && j == 1) continue;
if (check (i,j) && check (i,j + 1) && check (i - 1,j - 1))
{
while (same (char (op + 'A'),i,j) || same (char (op + 'A'),i,j + 1) || same (char (op + 'A'),i - 1,j - 1)) ++op,op %= 26;
a[i][j] = a[i][j + 1] = a[i - 1][j - 1] = char (op + 'A');
++ans;continue;
}
if (check (i,j) && check (i,j + 1) && check (i - 1,j + 1))
{
while (same (char (op + 'A'),i,j) || same (char (op + 'A'),i,j + 1) || same (char (op + 'A'),i - 1,j + 1)) ++op,op %= 26;
a[i][j] = a[i][j + 1] = a[i - 1][j + 1] = char (op + 'A');
++ans;continue;
}
if (check (i - 1,j - 2) && check (i - 1,j - 1) && check (i,j))
{
while (same (char (op + 'A'),i - 1,j - 2) || same (char (op + 'A'),i - 1,j + 1) || same (char (op + 'A'),i,j)) ++op,op %= 26;
a[i - 1][j - 2] = a[i - 1][j - 1] = a[i][j] = char (op + 'A');
++ans;continue;
}
if (check (i,j) && check (i - 1,j - 1) && check (i - 2,j - 1))
{
while (same (char (op + 'A'),i,j) || same (char (op + 'A'),i - 1,j - 1) || same (char (op + 'A'),i - 2,j - 1)) ++op,op %= 26;
a[i][j] = a[i - 1][j - 1] = a[i - 2][j - 1] = char (op + 'A');
++ans;continue;
}
if (check (i,j) && check (i - 1,j) && check (i - 1,j + 1))
{
while (same (char (op + 'A'),i,j) || same (char (op + 'A'),i - 1,j) || same (char (op + 'A'),i - 1,j + 1)) ++op,op %= 26;
a[i - 1][j] = a[i - 1][j + 1] = a[i][j] = char (op + 'A');
++ans;continue;
}
if (check (i - 1,j) && check (i,j) && check (i - 2,j - 1))
{
while (same (char (op + 'A'),i,j) || same (char (op + 'A'),i - 1,j) || same (char (op + 'A'),i - 2,j - 1)) ++op,op %= 26;
a[i - 1][j] = a[i][j] = a[i - 2][j - 1] = char (op + 'A');
++ans;continue;
}
}
}
for (int i = 1;i <= n;++i)
{
for (int j = 1;j <= n - i;++j) putchar (' ');
for (int j = 1;j <= i;++j)
{
putchar (a[i][j]);
putchar (j == i ? '\n' : ' ');
}
}
return 0;
}
2025.05.24
仍然是调整日。昨天看其它队伍 vp 的时候发现自己的数论实在是太差了，遂补一下 exgcd。
求满足 ∀ i ∈ [ 1 , n ] , n ( n + 1 ) 2 ≡ 0 ( m o d p i ) \forall i \in [1,n],\frac{n(n + 1)}{2} \equiv 0\pmod {p_i} ∀i∈[1,n],2n(n+1)≡0(modpi) 的最小正整数 n n n。
设 l = 2 × lcm ( p 1 , p 2 , ⋯ , p n ) l = 2\times \operatorname{lcm} (p_1,p_2,\cdots,p_n) l=2×lcm(p1,p2,⋯,pn)。转换为最小化 n n n，使得 n ( n + 1 ) ≡ 0 ( m o d l ) n(n + 1) \equiv 0 \pmod l n(n+1)≡0(modl) 成立。
由于 gcd ( n , n + 1 ) = 1 \gcd (n,n + 1) = 1 gcd(n,n+1)=1，因此 l l l 的一种因子只会分给 n n n 或 n + 1 n + 1 n+1 其中一个。由于 l l l 的因子数量最多为 15 15 15 个，因此状压枚举即可。
对于当前状态 s t st st，令 x = ∏ i ∈ s t p i , y = ∏ j ∈ s t ∁ p j x = \mathop{\prod}_{\substack{i \in st}} p_i,y = \mathop{\prod}_{\substack{j \in st^\complement}} p_j x=∏i∈stpi,y=∏j∈st∁pj，则 n = a x , n + 1 = b y n = ax,n + 1 = by n=ax,n+1=by，作差可知 − a x + b y = 1 -ax + by = 1 −ax+by=1。由于 gcd ( a , b ) = 1 \gcd (a,b) = 1 gcd(a,b)=1，方程有解，直接跑 exgcd，然后求 min { a x } \min \{ax\} min{ax} 即可。
终于把上个赛季重庆站的题目给补了。(以下证明部分参考 CCPC2024 重庆_补题记录ADFGH)
命题
若 b = w 2 x 5 y b = w2^x5^y b=w2x5y，则最优条件下 d d d 一定可以表示为 w 2 x ′ 5 y ′ w2^{x\prime}5^{y\prime} w2x′5y′(其中 w , z w,z w,z 不再含有 2 , 5 2,5 2,5 的幂次)。
证明
设 d = z 2 x ′ 5 y ′ d = z2^{x\prime}5^{y\prime} d=z2x′5y′，则 a b + c d = a z 2 x ′ 5 y ′ + w c 2 x 5 y w z 2 x + x ′ 5 y + y ′ \frac{a}{b} + \frac{c}{d} = \frac{az2^{x\prime}5^{y\prime} + wc2^x5^y}{wz2^{x + x\prime}5^{y + y\prime}} ba+dc=wz2x+x′5y+y′az2x′5y′+wc2x5y。接下来处理分子，由于最后是有限小数，一定存在 k k k 使得 a z 2 x ′ 5 y ′ + w c 2 x 5 y = k w z az2^{x\prime}5^{y\prime} + wc2^x5^y = kwz az2x′5y′+wc2x5y=kwz 成立。
把 c , k c,k c,k 看作未知数，写成 exgcd 的标准形式：
( − w 2 x 5 y ) × c + w z × k = a z 2 x ′ 5 y ′ (-w2^x5^y) \times c + wz \times k = az2^{x\prime}5^{y\prime} (−w2x5y)×c+wz×k=az2x′5y′
有解当且仅当 gcd ( − w 2 x 5 y , w z ) = w ∣ a z 2 x ′ 5 y ′ \gcd(-w2^x5^y,wz) = w \mid az2^{x\prime}5^{y\prime} gcd(−w2x5y,wz)=w∣az2x′5y′，也就是 w ∣ a z w \mid az w∣az。由于 gcd ( a , b ) = 1 \gcd (a,b) = 1 gcd(a,b)=1，则 gcd ( a , w ) = 1 \gcd (a,w) = 1 gcd(a,w)=1，因此得到 w ∣ z w \mid z w∣z。
同理，把 a , k a,k a,k 当作未知数，可以得到 z ∣ w z \mid w z∣w。
综上， z = w z = w z=w 成立。
因此， a b + c d = a 2 x ′ 5 y ′ + c 2 x 5 y w 2 x + x ′ 5 y + y ′ \frac{a}{b} + \frac{c}{d} = \frac{a2^{x\prime}5^{y\prime} + c2^x5^y}{w2^{x + x\prime}5^{y + y\prime}} ba+dc=w2x+x′5y+y′a2x′5y′+c2x5y。由于最后是有限小数，所以可以进一步把和表示为 k w w 2 x + x ′ 5 y + y ′ = k w 2 b d \frac{kw}{w2^{x + x\prime}5^{y + y\prime}} = \frac{kw^2}{bd} w2x+x′5y+y′kw=bdkw2。枚举 d d d 中的 x ′ , y ′ x^{\prime},y^{\prime} x′,y′，然后求不定方程
b × c − w 2 × k = − a d b \times c - w^2 \times k = -ad b×c−w2×k=−ad
直接 exgcd 后求出 c c c 的最小值即可。
2025.05.25 第十届中国大学生程序设计竞赛 济南站（CCPC 2024 Jinan Site）
题目好难，就做出 4 题，倒闭！
A,J 签到，但是 A 被我 WA 了一发。之后想 F，Zlw 用了数论做法，还用到了莫比乌斯反演，似乎复杂化了，WA 了好几次以后才过（应该已经是 2.5 h 左右了）。
我看了 E，感觉是个超级分类讨论题，于是开始疯狂推公式。Sky 看 B，是个模拟+暴力题，但是不好写。E 我分了 7 类，感觉差不多了就上机写。由于涉及高精度，于是果断使用 Python。样例真的水的一批，过了样例交然后喜提 WA。
静态调试无果，于是下机看 I 换换脑子，Sky 上机写 B。I 构造容易想到自底往上，同一个子树内的点可以直接合并，然后想到链的做法不太好搞。这时候 Sky 过了 B，于是我就没再细想，把题丢给他俩，然后调 E 去了。
事实证明，这是这场比赛的败笔。接下来的时间内，E 一直被形如 ABAB...A 需要对最后一个 A 调整的 case 所困扰，而他俩直接把 I 想复杂，在做树上 DP。于是一直红温到比赛结束。
后来才发现，E 的 ABAB...A 的调整还需要细化。假设直接按照这个方案会浪费掉
x
x
x 的距离，则有：
-
B最多可以移掉 min ( x , ⌊ D X + Y ⌋ × Y ) \min (x,\lfloor\frac{D}{X + Y}\rfloor \times Y) min(x,⌊X+YD⌋×Y)。 -
变为
AA...ABAB的形式B最多有 min ( D − ⌊ D X ⌋ × X , ⌊ D X ⌋ × Y ) \min (D - \lfloor\frac{D}{X}\rfloor \times X,\lfloor\frac{D}{X}\rfloor \times Y) min(D−⌊XD⌋×X,⌊XD⌋×Y)。
最终代码：
def up (x,y) : return (x - 1) // y + 1
def solve (A,B,C,X,Y,D) :
if D <= X : return A
if D <= X + Y : return min (A + B * (D - X),A * up (D,X),A * (D // X) + B * (D % X))
ans = A * up (D,X) #AA...A
if D % X <= Y : ans = min (ans,(D // X) * A + B * (D % X)) #AA...B
else : ans = min (ans,(D // X) * A + B * Y + (D % X - Y) * C) #AA...BC
ans = min (ans,A + B * Y + (D - X - Y) * C) #ABC
if D % (X + Y) > X : ans = min (ans,(D // (X + Y)) * (A + B * Y) + A + B * (D % (X + Y) - X)) #ABAB...AB
ans = min (ans,D // X * A + min (D - D // X * X,D // X * Y) * B + (D - D // X * X - min (D - D // X * X,D // X * Y)) * C) # AA..ABAB..
ans = min (ans,(D // (X + Y)) * (A + B * Y) + A - B * min (D // (X + Y) * Y,X - D % (X + Y))) #ABAB...A
ans = min (ans,(D // (X + Y)) * (A + B * Y) + C * (D - (X + Y) * (D // (X + Y)))) #ABAB...C
return ans
而 I，那种链的情况也很好做，直接记录下剩余的点然后往上传即可。注意如果一个子树内，优先合并单点，再合并向上传过的点（因为单点不能形成自环）。赛后 Sky 写了 I，一发通过；我也在发现 corner case 以后 WA 了几发后通过。简直破大防！
C 纯构造竟然没发现，感觉非常好做。POP n GOTO n + 1; PUSH n GOTO n 就能形成链，POP n GOTO n + 1; PUSH n GOTO 1 就能翻倍，于是这道题做完了。
void dfs (ll x)
{
if (!x) return ;
if (x / 2 % 2 == 1)
{
dfs (x / 2 - 1);++cnt;
printf ("POP %d GOTO %d; PUSH %d GOTO %d\n",cnt,cnt + 1,cnt,1);
}
else
{
dfs (x - 2);++cnt;
printf ("POP %d GOTO %d; PUSH %d GOTO %d\n",cnt,cnt + 1,cnt,cnt);
}
}
2025.05.26 The 2024 ICPC Southeastern Europe Regional Contest (SEERC 2024)
做点欧洲的区域赛来换换脑子。
开局 Zlw 发现 A 是 n 2 n^2 n2 的做法，于是不需要换根 DP 直接暴力。我在看 D，感觉变种的 Nim 游戏并不是那么好做，但 Sky 发现后手是需要连续操作 n n n 轮，与堆数相同，那么这道题瞬间变唐。于是立刻开写，但被全是 0 0 0 的 corner case 淦了一发罚时。
在 A 通过之后，我发现 G 是一个简单 DP，直接开写，一发通过。之后 Sky 让我看看 J，如果是极值的情况答案很简单，然后发现如果是被最大最小值加在中间时，只需要多一次操作就能将其归约到前一种情况，于是火速过 J。Zlw 在想 L，猜了一个想法并手搓平衡树，竟然一发通过，不知道有没有想复杂。
大家一起看 H，猜测是贪心但是又有点不会证明。这时候 Zlw 想到了一个网络流做法并保证了正确性，由于我和 Sky 对这题都没啥想法，于是就让 Zlw 开写（因此也在与正解越走越晚）。好不容易写完以后，一交 TLE，这下完蛋，被 m m m 很小的点卡了，也没法优化。好，这下被真的卡住了，已经将近 1.5 h 没有过题。
好在 Zlw 重新思考贪心做法，并用尝试优先队列去维护，在四小时不到一点的时候通过。我和 Sky 在开 K，我提出维护最初每一个字符所扩展到的区间 l i , r i l_i,r_i li,ri，Sky 推了推发现是可维护的（虽然要分好几类）。但 Sky 并不是很擅长线段树，于是我先开始上机写区间加和乘，然后让他报给我区间更新的具体内容。本来是报着打完这道题还要调试一万年的，但是我稍微修改了一下我查询写挂的地方，之后竟然直接过样例。直接交！RE！噢是有个地方没开 long long！再交！AC！我们狂喜！
还剩下 20 min，尝试开 C 交互，但是没啥想法，最后 7 题收尾！
C 从集合与集合之间的询问出发，通过二分找到能与集合连边的单点。具体来说， L L L 与 R = R 1 ∪ R 2 R = R_1 \cup R_2 R=R1∪R2 获得 a + c a + c a+c，然后二分右侧获得 R 1 , R 2 R_1,R_2 R1,R2。之后进行进一步地询问， L ∪ R 1 L\cup R_1 L∪R1 与 R 2 R_2 R2 询问获得 b + c b + c b+c，， L ∪ R 2 L \cup R_2 L∪R2 与 R 1 R_1 R1 询问获得 a + b a + b a+b。若 a + b + a + c = b + c a + b + a + c = b + c a+b+a+c=b+c，则 a = 0 a = 0 a=0，也就说明 R R R 中只有 R 2 R_2 R2 与 L L L 有直接连边。因此 n n n 轮每次获得一个直接相连的点，询问次数在 n + 2 n log n n + 2n \log n n+2nlogn。
2025.05.27 The 2024 ICPC Central Europe Regional Contest
开局 B,C,D 签到。然后看 L，搜索题的变种，一眼猜测需要再加一个维度表示朝向，但是不太想写，丢给 Zlw 了。
看 I，没想法；看 K，以为是构造，但是发现可能是搜索。发现奇数和偶数的位置一定有一种是需要全填的，但是剩余的位置还有 32 个，直接暴力不可过，于是开始各种乱搞。但是怎么尝试都 WA，于是开摆（
Sky 成功把 I 做出来了，真是太有实粒了！先入为主的会去想行与行之间的关系，可是如果考虑列，对于第
i
i
i 个位置，进行变换
k
→
k
+
1
k \to k+1
k→k+1，即
S
k
[
i
]
=
S
k
+
1
[
P
(
i
)
]
S_k[i] = S_{k+1}[P(i)]
Sk[i]=Sk+1[P(i)]，将这条约束在
k
=
1
,
2
,
…
,
k
−
1
k=1,2,\ldots,k-1
k=1,2,…,k−1 都写出来：
(
S
1
[
i
]
S
2
[
i
]
⋮
S
k
−
1
[
i
]
)
→
(
S
2
[
P
(
i
)
]
S
3
[
P
(
i
)
]
⋮
S
k
[
P
(
i
)
]
)
\begin{pmatrix} S_1[i] \\ S_2[i] \\ \vdots \\ S_{k-1}[i] \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} S_2[P(i)] \\ S_3[P(i)] \\ \vdots \\ S_k[P(i)] \end{pmatrix}
S1[i]S2[i]⋮Sk−1[i]
→
S2[P(i)]S3[P(i)]⋮Sk[P(i)]
也就是说，用第 1 , ⋯ , k − 1 1,\cdots,k−1 1,⋯,k−1 轮的列向量去匹配第 2 , ⋯ , k 2,\cdots,k 2,⋯,k 轮的列向量，贪心找最小值即可。
Zlw 继续开 F 数据结构，上机写着写着感觉太麻烦了，又开摆（
最后 5 题收尾了（太累了，开启休整模式 qwq）。赛后还是看了下 K 别人的代码，发现就是疯狂减枝的爆搜，这种题都能上区域赛？有点离谱了！
2025.05.29 The 2023 ICPC Asia Jinan Regional Contest
D 签到，鹊巢原理之后就会异常好做(Zlw 佬一开始没看出来，差点写成数位 DP)。Sky 猜了一个 I 的结论，一发通过！我看 A，一下子没想法，和 Zlw 讨论了一下突然会了，只要贪心还原，然后只要有一个右括号的右侧存在一个左括号，并且中间是合法的即可。感觉很对，丢给 Zlw 去写了。
尝试看 K，猜想二分，但是 check 很难写。Zlw 佬看了题，一眼中位数最优，然后尝试用对顶堆去维护，似乎多了一个
log
\log
log，但是好在一发通过！接着 Sky 喂给我一个 G 题的做法，直接上机写并查集，写完后 WA，我思考了一会儿想到 1010 1100 这种既互斥又互补的做法，本来想要特判，但是发现这是一类没有考虑到的情况。Zlw 即时的提出了这就是 2-SAT，直接上扩展域并查集即可。修了好久，总算通过了。其间红温了好久，下机缓了缓，而趁着这个时间他俩讨论出了 E 的网络流做法，并一发 AC，真的太有实粒了！
最后开了 M，想到先求凸包，然后枚举一个基准点，用极角排序和双指针来维护答案，时间复杂度
O
(
n
2
log
n
)
O(n^2 \log n)
O(n2logn)。想得非常正确，但由于对极角排序非常的不熟悉，用 atan2 超时了，然后想要改成叉乘却又发现不对，还剩一个小时但是也没调出来，成罪人了（
好在六题收尾，并且只有一发罚时！
赛后补题，发现 M 的致命错误：
-
制作模板的时候写的是 0-vector，而一开始自己写的却是 1-vector。
-
直接预处理了
atan2后再排序，把超时问题解决了，这个函数是真的慢啊！！！ -
判断点是否在三角形内用的是角度的做法，但是有精度误差导致一直 WA 掉。最后改成看穿入穿出的奇偶性之后就对了。
int in_Poly (vector <Point> P,Point A)
{
int cnt = 0,n = P.size ();
for (int i = 0;i < n;++i)
{
int j = (i + 1) % n;
if (on_seg (A,P[i],P[j])) return 2;// on the edge
if (A.y >= min (P[i].y,P[j].y) && A.y < max (P[i].y,P[j].y)) // the intersection is on the right
cnt += dcmp (((A.y - P[i].y) * (P[j].x - P[i].x) / (P[j].y - P[i].y) + P[i].x) - A.x) > 0;
}
return cnt & 1;
}
2025.05.30 第九届中国大学生程序设计竞赛 桂林站（CCPC 2023 Guilin Site）
省赛前最后一训！
G 题面写得实在有点一言难尽，读懂题目后发现是弱智题，速速通过。接着又很快的签完 M。
之后看了 K，发现 n × m ≤ 180 n \times m \le 180 n×m≤180 的数据范围很诡异，发现可以针对 n n n 较小和 m m m 较小写暴力，调了一会儿三发通过（之后看题解发现答案数量有限，直接用 map 跑暴力即可）。
之后看 B,C，发现都不好做，于是开始坐牢。B 的贪心情况很多，Sky 一直在红温，我和 Zlw 尝试做 C。C 的式子很是特殊，由于异或是不进位加法，所以 lcm { a i j } ∣ ⨁ j = 1 m a i j \operatorname{lcm} \{a_{i_j}\} \mid \bigoplus_{j=1}^m a_{i_j} lcm{aij}∣⨁j=1maij 成立只有 ⨁ j = 1 m a i j = 0 \bigoplus_{j=1}^m a_{i_j} = 0 ⨁j=1maij=0 或 ⨁ j = 1 m a i j = lcm { a i j } = max { a i j } \bigoplus_{j=1}^m a_{i_j} = \operatorname{lcm} \{a_{i_j}\} = \max \{a_{i_j}\} ⨁j=1maij=lcm{aij}=max{aij}。对于第一种情况，直接跑线性基，答案为 2 n − r 2^{n - r} 2n−r， r r r 为秩。对于第二种情况，先用 log \log log 复杂度预处理每一个最大值的约数，然后两边同时异或上最大值就规约为第一种情况，再跑线性基即可，放个代码：
int main ()
{
vector <vector <int>> d (200001);
for (int i = 1;i <= 200000;++i)
for (int j = i;j <= 200000;j += i) d[j].push_back (i);
t = read ();
while (t--)
{
n = read ();
vector <int> cnt (n + 1,0);Basis <int> basis (n,20);
for (int i = 0;i < n;++i)
{
int x = read ();++cnt[x];
basis.modify (x);
}
int ans = (qpow (2,n - basis.query ()) + MOD - 1) % MOD;
for (int i = 1;i <= n;++i)
{
if (!cnt[i]) continue;
int tot = 0;
Basis <int> tmp (n,20);
for (auto v : d[i])
if (cnt[v]) tmp.modify (v),tot += cnt[v];
ans = (ans + qpow (2,tot - tmp.query ()) % MOD) % MOD;
}
printf ("%d\n",ans);
}
return 0;
}
之后 Sky 尝试写 B，但是一直在调。我和 Zlw 讨论了 H 并得到了一个感觉相当正确的猜想。Zlw 还看了 I，不过没有什么非常好的想法。
打到后面稍稍有点累，于是 B 没调出来。H 我就最后 10 min 上机尝试写了一下，结果被 corner case 卡了。
屎到底还是要吃的。赛后 Zlw 看了 I 的题解恍然大悟，光速过题；Sky 在发现自己的程序被卡超时后好不容易改成 log \log log 并通过了 B；而我，在发现还要记录叶子节点上 1 1 1 的个数（可以合成一个 2 2 2）后也通过了 H。
auto dfs = [&] (auto self,int u,int fa) -> void
{
w[u] = a[u];one[u] = a[u] == 1;
for (auto v : ve[u])
{
if (v == fa) continue;
self (self,v,u);
w[u] += w[v];
odd[u] = min (odd[u],odd[v]);
even[u] = min (even[u],even[v]);
one[u] += one[v];
}
if (w[u] & 1) odd[u] = min (odd[u],w[u]);
else if (w[u] != 0) even[u] = min (even[u],w[u]);
if (w[u] < k) return ;
if (w[u] == k) ++ans,w[u] = one[u] = 0,odd[u] = even[u] = INF;
else if (w[u] > k)
{
int del = w[u] - k;
if (del % 2 == 1 && odd[u] <= del) ++ans,w[u] = 0,odd[u] = even[u] = INF;
if (del % 2 == 0 && (even[u] <= del || one[u] >= 2)) ++ans,w[u] = one[u] = 0,odd[u] = even[u] = INF;
}
};
害，只不过赛时啥实力不剩，只剩下红温了……
2025.06.02 The 2025 Guangdong Provincial Collegiate Programming Contest
出征省赛！深圳技术大学的校园真是开放，进出门完全没有人管，校园很大，而且厕所里有空调！
进到机房以后，发现有 vscode，然后监考一会儿说可以用，一会儿又说不可以（笑话）。在延迟了 15 min 左右以后终于开始比赛，好在 PTA 这次没炸。
发现 D 是签到，Zlw 先敲了，然后发现 dev 的 -std=c++14 不能用，改成 c++11，仍然报错！好了，这下直接退化成 c++98，作为一个 auto 选手，直接倒闭（于是接下来，我都拒绝上机。
D 写完后，Sky 开始写模拟 F，写了几发都没过，于是 Zlw 先上机一发过了 G。然后我再听了 Sky 的思路以后，极不情愿的上机开始调，看了半天以后直接重构，一交继续 WA，想了一会儿以后发现思路有问题，加了一个贪心的排序以后再交，还是 WA！我开始红温，再看了很多遍以后发现有个地方忘记写 + 了，赶紧改，终于再 WA6 以后通过，成大罪人了。
之后是 H，发现贪心连边以后直接跑 DP 就能求出所有本质不同的子串，两发通过。然后看了 J，和 Zlw 简单对了思路以后发现用优先队列维护即可。由于我不想再上机写代码，于是继续 push 了 Zlw。
还有将近两小时，看 I，我先想了大概的思路，但是要上机敲代码的时候发现漏考虑了容斥的部分情况。于是 Zlw 继续发力，提出直接暴力考虑三列的情况。写了半天在还有不到半小时以后过了样例，直接交！WA！
坏了，继续调试，发现写得似乎都没问题，继续交了几发，一直到赛后也没过……五题收尾！
本来以为只有 Cu，后来发现 Ag 的比例也有 20 % 20\% 20%，最后 rk62 Ag（还被另一支校队伍从 4 → 6 4 \to 6 4→6 翻盘，真的是不封榜不会写代码了）。
赛后补题：
-
I 发现看错题了，有一只队伍需要强制选择，而我们在一次次转述题意之后出现了差错，导致没过题的惨剧。也就是说，我们的方法做成了更加复杂的版本，因此我加了点补丁以后直接过了。
-
A Zlw 的思路大致正确，于是赛后交了几发以后通过。其间 WA 时因为某些 long long 和 __int128 的问题，最后跪着接（
#define long long __int128） 就过了。 -
我补了 K，直接上哈希。发现答案递增，然后用哈希判断回文，用哈希和等比数列公式验证是否存在循环节。直接枚举答案以及 [ 1 , i ] [1,i] [1,i] 的询问即可。
Hash dl (s);reverse (s.begin (),s.end ());Hash dr (s);
for (int i = 1;i <= n;++i)
{
auto check = [&] (int x) -> bool
{
if (x == 1) return dl.get (1,i) == ((dl.get (1,1) * (Z <ll,MOD> (1) - dl.get_pw (i))) / (Z <ll,MOD> (1) - base));
if (x * 2 - 1 >= i)
{
Z <ll,MOD> dx = dl.get (2 * x - i,x),dy = dr.get (n - i + 1,n - x + 1);
return dx == dy;
}
int r = x * 2 - 1;
Z <ll,MOD> dx = dl.get (1,r),dy = dr.get (n - r + 1,n);
if (dx != dy) return false;
--r;
dx = dl.get (1,r) * (Z <ll,MOD> (1) - (dl.get_pw (r) ^ (i / r))) / (Z <ll,MOD> (1) - dl.get_pw (r));
dx = dx * dl.get_pw (i % r) + dl.get (1,i % r);
return dx == dl.get (1,i);
};
for (int j = res;j <= i;++j)
if (check (j)) {res = j;break;}
ans ^= 1ll * i * res;
}
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