最近做题遇到的坑 cf865d,cf838e,cf317d,cf1394b,poj3322,cf223c,hdu2435,cf47d

https://vjudge.net/problem/CodeForces-865D

$n<=3e5$,$a[i]<=1e6$,每天可以花$a[i]$买一个单位，或卖一个单位赚$a[i]$，最后不留下单位，求最大赚的值

（最后不留下单位 这条件是没用的）
（每天计为卖了以后还可以买一次，相当于没有卖）
（不买不卖相当于当天买当天卖）
（可看作每天都买或卖）
（买了还可以卖1次（退回），又一次（卖自己））
所以每个$a[i]$可以用两次
再贪心每次卖当前最大的

int main() {
	priority_queue<int> Q;
	long long ans=0;
	int n=rd(),x;
	while(n--) {
		x=rd();
		Q.push(-x),Q.push(-x);
		ans+=x+Q.top();
		Q.pop();
	}
	cout<<ans;
}

https://vjudge.net/problem/CodeForces-838E

2500个点的凸多边形，求最多经过每个点一次的不自交的折线 的最长长度

（先想，dp的时候每个状态表示围成一个圈的最长长度，然后输出的时候减掉一条边） （错的
（又想，图形一定是简单的 折到1 -> 折到n -> 折到 2 -> 折到n-1 ->… 然后打了一下，） （wa on test 3
（面向数据编程，发现可以有 k -> n-k+1 -> k+1 -> k+2 -> n-(k+1)+1 …这种情况
打打打~过了test3，wa on test 4
???
贺题，发现不一定要走完n个点
2500个点的凸多边形，求最多经过每个点一次的不自交的折线 的最长长度
（中间还被环形结构坑过，不管了

int main()
{
	n=read();
	for(int i=1; i<=n; ++i) x[i]=read(),y[i]=read();
	for(int i=1; i<n; ++i)
		for(int j=i+1; j<=n; ++j)
			dis[j][i]=dis[i][j]=Calc(x[i],x[j],y[i],y[j]);
	double ans=0;
	for(int len=1; len<n; ++len)
		for(int i=1,j; i<=n; ++i)
		{
			j=Turn(i+len);
			f[i][j][0] = std::max(f[Turn(i+1)][j][0]+dis[i][Turn(i+1)], f[Turn(i+1)][j][1]+dis[i][j]);
			f[i][j][1] = std::max(f[i][Turn(j-1)][0]+dis[i][j], f[i][Turn(j-1)][1]+dis[j][Turn(j-1)]);
			ans=std::max(ans,std::max(f[i][j][0],f[i][j][1]));//不一定走n个点...吗?
		}
	printf("%.10lf\n",ans);
	return 0;
}

https://vjudge.net/problem/CodeForces-317D

博弈取1~n的数（$n<=1e9$) 每次取一个未取的数 $x$ 及所有 $x^n$。求赢家

显然是sg函数， 找规律竟然找了半天
可以分割成若干个独立的问题，每个是对 { x n ∣ n > = 1 } \{x^n|n>=1\} {xn∣n>=1} （其中$x$不是其他数的整数次幂）博弈
最大的独立问题是 { 2 n } \{2^n\} {2n}，$2^{30}>1e9$，所以只有1<<29个状态，状压暴枚打表即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int mex[]={0,1,2,1,4,3,2,1,5,6,2,1,8,7,5,9,8,7,3,4,7,4,2,1,10,9,3,6,11,12};
set<int> vi;
int main() {
	int n,sm=0;
	cin>>n;
	int lf=n;
	for(int i=2;i*i<=n;++i) {
		if(vi.find(i)==vi.end()) {
			int c=0;
			for(long long j=i;j<=n;j*=i) ++c,--lf,vi.insert(j);
			sm^=mex[c];
		}
	}
	sm^=(lf&1);
	puts(sm?"Vasya":"Petya");
}

https://vjudge.net/problem/CodeForces-1394B

$2e5$个点的有向图，每个点出度不超过K，$K\le 9$，边权不会重复。求K元组$(c_1,c_2,...c_K)$的个数，使图中出度为K的点只保留第$c_K$大的边，且每个点能走这些边回到自己

（先写了个暴力dfs，边跑边暴枚K元组，若生成的子图满足“回到自己”的性质则++ans 过了前面的水数据，然后被卡死了
（然后尝试bitset，打不出来，贺
（在每个点出度为1的情况下全部回到自己，即每个点入度也恰好为1）
哈希即可（即可替换bitset的功能
暴枚$n+2^K$ 即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef pair<int,int> PII;
const int N=2e5+5,SE=48271;
int n,m,K,ans;
vector<PII> e[N];
long long ha[N],ed;
long long w[10][10];
void dfs(int u,long long sm) {
	if(u==K+1) {
		if(sm==ed) ++ans;// cerr << "++++ans\n" ;
		return;
	}
//cerr << "dfs " << u << endl;
	for(int i=1;i<=u;++i)  dfs(u+1,sm+w[u][i]);
//cerr << "end\n" ;
}

int main() {
	cin>>n>>m>>K;
	ha[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;++i) ed+=ha[i]=ha[i-1]*SE;
	int x,y,z;
	while(m--) {
		cin>>x>>y>>z;
		e[x].push_back((PII){z,y});
	}
	for(int i=1;i<=n;++i) {
		sort(e[i].begin(),e[i].end());
		for(int j=0;j<e[i].size();++j) {
			w[e[i].size()][j+1]+=ha[e[i][j].second];
//cerr << "::: " << "e[" << e[i].size() << "][" << j+1 << "]+= ha[" << e[i][j].second<< endl;
		}
	}
//	for(int i=1;i<=K;++i, cerr << endl)
//		for(int j=1;j<=i;++j) cerr << w[i][j] << ' ';
	dfs(1,0);
	cout<<ans;
}

https://vjudge.net/problem/POJ-3322

P(wo)O(de)J(li)的(jie)题(li)都比较坑(cai)，这题我就没发现’#'不是不提供支撑而是根本不能放，，
然后就比较水

https://vjudge.net/problem/CodeForces-223C

$n\le 2000,K\le 1e9$，序列K次前缀和，然后输出

也是水题，但是我发现我不会求$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1+k}{k}\right)$
(阶乘有没有什么快速求法吗 好像excrt里有，不过那里的模数比较小 模1e9+7有什么阶乘的快速求法吗（（（
贺！（！）
尝试展开，发现是$\frac{(n-1+k)..(1+k)}{(n-1)!}$
是水题。

https://vjudge.net/problem/HDU-2435

题意是求 max{把2~n-1中任意一对点打通之后的最大流}

（最大流？既然最近没有打过，就贺好了
发现$n^2$暴枚打通的点即可，因为残量网络上流很少跑的很快

https://vjudge.net/problem/CodeForces-47D

不想写题意

前两天做的时候还会的，今天看看竟然不会了
$N\le 35,M\le 10$，裸的双向dfs，复杂度$O(2^{\frac{N}{2}}\times M)$
(网上的题解好像单向dfs也过了？

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,bl,di[11];
long long ans;
char s[11][44];
map<vector<int>,int> mp;
void dfs(int u,int op) {
	if(u==(op==-1 ? n : bl)) {
		vector<int> v;
		for(int i=1;i<=m;++i) v.push_back(di[i]);
		op==-1 ? ans+=mp[v] : ++mp[v];
		return;
	}
	for(int p=0;p<=1;++p) {
		int fl=1;
		for(int i=1;i<=m;++i)
			if((di[i]-=op*(p^s[i][u]-'0'))<0) fl=0;
		if(fl) dfs(u+1,op);
		for(int i=1;i<=m;++i)
			di[i]+=op*(p^s[i][u]-'0');
	}
}
int main() {
	scanf("%d%d",&n,&m); bl=n/2;
	for(int i=1;i<=m;++i) scanf("%s%d",s[i],di+i);
	dfs(0,1);
	for(int i=1;i<=m;++i) di[i]=0;
	dfs(bl,-1);
	printf("%lld\n",ans);
}