零、前言

经过七七四十九天的分别，本期 ABC 题解又和大家见面啦！

经过七周的奋勇杀题，我终于达成了三个小心愿：

1. 不吃罚时AK
2. 上金
3. 排名 $100$ 以内 且 Rated（悲催的是，我 ABC400 排名两位数但没Rated）

咳咳，言归正传，开始讲题：

一、正文

第 A 题 G1

十分简单，即求 $K$ 小于等于 $a$ 中几个数即可。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[1110];
int main(){int n; cin>>n;for (int i=1; i<=n; i++) cin>>a[i];int k,ans=0; cin>>k;for (int i=1; i<=n; i++){if (a[i]>=k) ans++;}cout<<ans;
} 

第 B 题 Reverse Proxy

本题题意为维护 $n$ 个盒子，$m$ 次操作，每次可以往特定一个盒子或球数量最小（如有多个则取编号最小的）的盒子里放一个球，问每个球被放进那些盒子里了。

考虑到 $n,m\le 100$ 可以暴力查询球数量最小的盒子编号。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[1110];
int main(){int n,q; cin>>n>>q;for (int i=1; i<=q; i++){int x; cin>>x;if (x!=0) cout<<x<<" ",a[x]++;else{int mn=1000000000,id;for (int i=1; i<=n; i++){if (a[i]<mn) mn=a[i],id=i;}cout<<id<<" "; a[id]++;}}
} 

第 C 题 Rotatable Array

题意为维护一个数组，有三种操作：

1. 单点修改
2. 单点查询
3. 旋转（即把第一个元素放到最后）

我们发现，数组长度不变，旋转 $n$ 次可以抵消。

假设我们的下标从 $0$ 开始，那么旋转 $u$ 次的第一个元素就是 $a_{u\%n}$。

修改、查询第 $p$ 个点转化为修改、查询第 $(p+{\sum }_{i=1}^{id}{k}_i)\%n$ 个点， $id$ 表示当前操作编号，$k$ 为旋转次数。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[2000010];
int main(){int n,q,st=0; cin>>n>>q;for (int i=1; i<=n; i++) a[i-1]=i;for (int i=1; i<=q; i++){int op; cin>>op;if (op==1){int p,s; cin>>p>>s; p--;a[(p+st)%n]=s;}else if (op==2){int p; cin>>p; p--;cout<<a[(p+st)%n]<<"\n";}else{int k; cin>>k;st=(st+k)%n;}}
} 

第 D 题 XOR Shortest Walk

一句话题意：给你 $n$ 个点 $m$ 条边的图，求 $1$ 到 $n$ 的最小异或路径。

发现 $w<2^{10}=1024$，可以维护 $o{k}_{i,j}$ 表示从 $1$ 走到 $i$ 是否有异或和为 $j$ 的路径。

BFS 维护，时间复杂度为 $O(w\times (n+m))$ 可以通过本题。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
bool vis[2010][2010];
vector <pair<int,int>> vc[2010];
int main(){int n,m; cin>>n>>m;for (int i=1; i<=m; i++){int u,v,w; cin>>u>>v>>w;vc[u].push_back({v,w});}vis[1][0]=1;queue <int> qx,qy;qx.push(1); qy.push(0);while (qx.size()){int x=qx.front(),y=qy.front();qx.pop(); qy.pop();for (auto z:vc[x]){if (!vis[z.first][z.second^y]){vis[z.first][z.second^y]=1;qx.push(z.first); qy.push(z.second^y);}}}for (int i=0; i<=2000; i++){if (vis[n][i]) {cout<<i; return 0;}}cout<<-1;
} 

第 E 题 Battles in a Row

题意：有 $n$ 个怪物，每个怪物有两个参数 $a_i,b_i$，你也有两个参数 $A,B$。你可以令你的 $A$ 减去 $a_i$ 或 $B$ 减去 $b_i$ 来杀死怪物 $i$，你的 $A,B$ 不能变为负数。问 依次杀死怪物，你能杀死几个呢？

特别提醒标黑部分（本蒟蒻读错题不会做卡了 20min。

考虑二分，二分一个怪物数量。对于前 $mid$ 个怪物，我们先把默认每个怪物都用 $A$ 杀，然后把 $b$ 作为代价， $a$ 作为价值，$B$ 为容量跑背包，跑出最大价值 $v$，发现如果 $(\sum a)-v\le A$，则有解。

其实不用二分也可以，但我赛时没写。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 500000
int x[N],y[N],n,a,b,dp[N];
bool check(int mid){int sum=0;for (int i=1; i<=mid; i++) sum+=x[i];memset(dp,0,sizeof(dp));for (int i=1; i<=mid; i++){for (int j=b; j>=y[i]; j--){dp[j]=max(dp[j],dp[j-y[i]]+x[i]);}}return sum-dp[b]<=a;
}
int main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0); cout.tie(0);cin>>n>>a>>b;for (int i=1; i<=n; i++){cin>>x[i]>>y[i];}int l=0,r=n;while (l<r-1){int mid=(l+r>>1);if (check(mid)) l=mid;else r=mid;}if (check(r)) cout<<r;else cout<<l;
} 

第 F 题 Balanced Rectangles

一句话题意，给你一个黑白网格，求多少子矩阵内黑白数量相等。

首先注意到 $H\times W\le 300000$，则 $H\times W\times \min (H,W)\le 300000\times \sqrt{300000}=164316767$，考虑这个时间复杂度。

首先你可以把黑设为 $1$，白为 $-1$，跑二维前缀和，那么假设 $H\le W$。

枚举 $u,d$，满足 $1\le u\le d\le H$，然后根据前缀和，我们可以求出每个紫矩阵的权值和，任选两个（红，绿）矩阵，如果它们权值相等，则构成一个可行答案（黑）。

那么请使用桶来统计答案，时间复杂度为上述值。

如果$H>W$，同理枚举两列即可。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define K 500000
int cnt[K+K+K];
string s[K];
vector <int> sum[K];
int main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0); cout.tie(0);int t; cin>>t;while (t--){int n,m; cin>>n>>m;for (int i=1; i<=n; i++) cin>>s[i],s[i]=" "+s[i];for (int i=0; i<=n; i++){sum[i].clear();for (int j=0; j<=m; j++){sum[i].push_back(((i==0||j==0)?0:(s[i][j]=='.'?1:-1)));}}for (int i=1; i<=n; i++){for (int j=1; j<=m; j++) sum[i][j]+=sum[i][j-1];}for (int i=1; i<=n; i++){for (int j=1; j<=m; j++) sum[i][j]+=sum[i-1][j];}if (n<=m){long long ans=0;for (int i=1; i<=n; i++){for (int j=i; j<=n; j++){cnt[K]++;for (int k=1; k<=m; k++){ans+=cnt[sum[j][k]-sum[i-1][k]+K];cnt[sum[j][k]-sum[i-1][k]+K]++;}for (int k=1; k<=m; k++){cnt[sum[j][k]-sum[i-1][k]+K]--;}cnt[K]--;}}cout<<ans<<"\n";}else{long long ans=0;for (int i=1; i<=m; i++){for (int j=i; j<=m; j++){cnt[K]++;for (int k=1; k<=n; k++){ans+=cnt[sum[k][j]-sum[k][i-1]+K];cnt[sum[k][j]-sum[k][i-1]+K]++;}for (int k=1; k<=n; k++){cnt[sum[k][j]-sum[k][i-1]+K]--;}cnt[K]--;}}cout<<ans<<"\n";}}
} 

第 G 题 Longest Chord Chain

一句话题意：一个圆上有一些弦，保留互不相交的一些弦，再画一条弦，求问它们之间最多存在多少个交点。

猜结论：保留最多的弦，使得它们可以分成两部分，每部分都依次包含，两部分无交集。

看如下图：

可以粗略证明上述结论。

现在考虑如何求解，首先假设 $a_i<b_i$（可以交换两者），接下来把 $a$ 从大到小排序，设 $d{p}_i$ 为第 $i$ 个弦可以连套多少个区间，易得 $d{p}_i={\max }_{j\in [1,n]}^{j!=i,a_i<a_j<b_j<b_i}d{p}_j+1$，可以使用树状数组优化。

接下来有了 $dp$ 后，易得答案为 ${\max }_{i,j\in [1,n]}^{i!=j,b_j<a_i}d{p}_i+d{p}_j$ 和 $\max (d{p}_i)$ 求最大值，前者也用树状数组优化即可，具体实现请参考代码。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 500010
int n,dp[N];
struct edg{int x,y;
}a[N];
bool cmp(edg a,edg b){return a.x>b.x; 
}
struct node{int c[N];void update(int id,int mx){while (id<=n*2){c[id]=max(c[id],mx); id+=(id&-id);}}int query(int id){int ans=0;while (id>0){ans=max(ans,c[id]); id-=(id&-id);}return ans;}
}tr,tr2;
int main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0); cout.tie(0);cin>>n;for (int i=1; i<=n; i++){cin>>a[i].x>>a[i].y;if (a[i].x>a[i].y) swap(a[i].x,a[i].y);}sort(a+1,a+n+1,cmp);for (int i=1; i<=n; i++){dp[i]=tr.query(a[i].y)+1;tr.update(a[i].y,dp[i]);}for (int i=1; i<=n; i++){tr2.update(a[i].y,dp[i]);}int ans=0;for (int i=1; i<=n; i++){ans=max(ans,tr2.query(a[i].x)+dp[i]);}cout<<ans;
} 

二、后记

本篇题解结束了，祝愿大家能够在学习中实现一个一个小目标，在突破自我中成长。