赶进度赶进度，丢个代码两三句备注一下完事了。
day1：
前面两道题没实际写代码怕印象不深所以描述一下大意。
T1：
题目大意：给出两个数&、|、^的结果（可能只给出其中某一项或者某两项），求这两种数有多少种选取情况。
关键点是讨论无限解。只给出^和只给出&的情况无法确定最高位的1在哪里所以解是无穷个。
其它情况只要把给出的数据转化成二进制一位一位讨论就行了。
T2：
题目大意：一开始存在一个空集A。有四种操作，给出一个集合B使A成为与B的交集或并集，以及让A中的所有元素加一或者减一。要求输出每次操作后A中元素之和。
开桶来维护集合里存在哪些元素，当前存在的元素标记为tim。成为并集的时候，读入B集合，将里面未标记为tim的标记一下，维护现存元素的和。成为交集的时候先让tim++，对于B集合里的每个元素，若原本标记为tim-1（先前的tim）则存在于新的A中，让它被标记为当前的tim，同样维护元素的和。关于加减操作，记录一下全局总变化值val，每次读入的B数组也先变化val再进行操作。输出答案的时候考虑siz和val共同作用的影响。
T3：
很容易想到对于每个空地联通块统计相同颜色的方块的贡献，然后发现很多方块要被记录多次使答案变大。能想到的解决方法是容斥，统计多少方块被一个连通块记录，被两个连通块记录…枚举连通块的所有选择状态然后枚举每个方块，或者其它怎样枚举，然后爆炸。
每个方块最多被四个连通块统计到，所以可以记录下统计到它的连通块，然后只针对这最多四个连通块的选择情况修改记录值。写一个哈希表，传进所选连通块的编号。翻众巨神们的博客发现还可以直接哈希。
#include<iostream> #include<cstdio> using namespace std; const int N=1010; int n,m,k,tim; long long ans; int a[N][N],c[N][N],b[N][N][4]; int h[5]={0,0,-1,0,1}; int l[5]={0,-1,0,1,0}; int p=1000003,mod=15000017; struct node{ int x0,x1,x2,x3,col; }t[1000010]; int check(int x,node xx){ if(t[x].x0!=xx.x0)return 0; if(t[x].x1!=xx.x1)return 0; if(t[x].x2!=xx.x2)return 0; if(t[x].x3!=xx.x3)return 0; if(t[x].col!=xx.col)return 0; return 1; } void dfs(int x,int y){ c[x][y]=tim; for(int i=1;i<=4;i++){ int x1=x+h[i],y1=y+l[i]; if(x1<=0||x1>n||y1<=0||y1>m)continue; if(c[x1][y1]!=tim&&a[x1][y1]){ c[x1][y1]=tim; if(!b[x1][y1][0])b[x1][y1][0]=tim; else if(!b[x1][y1][1])b[x1][y1][1]=tim; else if(!b[x1][y1][2])b[x1][y1][2]=tim; else b[x1][y1][3]=tim; } else if(!c[x1][y1]&&!a[x1][y1])dfs(x1,y1); } } int head[16000010*4],Next[16000010*4],v[16000010*4],cnt,siz[16000010*4],color[16000010*4]; int has(int x0,int x1,int x2,int x3,int col){ long long val=((((1ll*x0*p%mod+x1)%mod*p+x2)%mod*p+x3)%mod*p+col)%mod; for(int i=head[val];i;i=Next[i]){ if(check(i,(node){x0,x1,x2,x3,col})){ siz[i]++; return siz[i]-1; } } t[++cnt]=(node){x0,x1,x2,x3,col},Next[cnt]=head[val],head[val]=cnt; siz[cnt]=1; return siz[cnt]-1; } int main() { // freopen("1.in","r",stdin); scanf("%d%d%d",&n,&m,&k); for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=1;j<=m;j++){ scanf("%d",&a[i][j]); } } for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=1;j<=m;j++){ if(!a[i][j]&&!c[i][j]){ tim++; dfs(i,j); } } } for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=1;j<=m;j++){ if(a[i][j]){ if(b[i][j][0]){ ans+=has(b[i][j][0],0,0,0,a[i][j]); } if(b[i][j][1]){ ans+=has(b[i][j][1],0,0,0,a[i][j]); ans-=has(b[i][j][0],b[i][j][1],0,0,a[i][j]); } if(b[i][j][2]){ ans+=has(b[i][j][2],0,0,0,a[i][j]); ans-=has(b[i][j][0],b[i][j][2],0,0,a[i][j]); ans-=has(b[i][j][1],b[i][j][2],0,0,a[i][j]); ans+=has(b[i][j][0],b[i][j][1],b[i][j][2],0,a[i][j]); } if(b[i][j][3]){ ans+=has(b[i][j][3],0,0,0,a[i][j]); ans-=has(b[i][j][0],b[i][j][3],0,0,a[i][j]); ans-=has(b[i][j][1],b[i][j][3],0,0,a[i][j]); ans-=has(b[i][j][2],b[i][j][3],0,0,a[i][j]); ans+=has(b[i][j][0],b[i][j][1],b[i][j][3],0,a[i][j]); ans+=has(b[i][j][0],b[i][j][2],b[i][j][3],0,a[i][j]); ans+=has(b[i][j][1],b[i][j][2],b[i][j][3],0,a[i][j]); ans-=has(b[i][j][0],b[i][j][1],b[i][j][2],b[i][j][3],a[i][j]); } } } } int num=1; for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=2;j<=m;j++){ if(a[i][j]==a[i][j-1]&&a[i][j]){ num=1; for(int k=0;k<=3;k++){ for(int l=0;l<=3;l++){ if(b[i][j][k]==b[i][j-1][l]&&b[i][j][k]){ num=0; break; } } } ans+=num; } } } for(int i=2;i<=n;i++){ for(int j=1;j<=m;j++){ if(a[i][j]==a[i-1][j]&&a[i][j]){ num=1; for(int k=0;k<=3;k++){ for(int l=0;l<=3;l++){ if(b[i][j][k]==b[i-1][j][l]&&b[i][j][k]){ num=0; break; } } } ans+=num; } } } printf("%lld\n",ans); return 0; }
#include<iostream> #include<cstdio> using namespace std; const int N=1010; int n,m,k,tim; long long ans; int a[N][N],c[N][N],b[N][N][4]; int h[5]={0,0,-1,0,1}; int l[5]={0,-1,0,1,0}; int p=13131,mod=15000017; void dfs(int x,int y){ c[x][y]=tim; for(int i=1;i<=4;i++){ int x1=x+h[i],y1=y+l[i]; if(x1<=0||x1>n||y1<=0||y1>m)continue; if(c[x1][y1]!=tim&&a[x1][y1]){ c[x1][y1]=tim; if(!b[x1][y1][0])b[x1][y1][0]=tim; else if(!b[x1][y1][1])b[x1][y1][1]=tim; else if(!b[x1][y1][2])b[x1][y1][2]=tim; else b[x1][y1][3]=tim; } else if(!c[x1][y1]&&!a[x1][y1])dfs(x1,y1); } } int head[16000010*4],Next[16000010*4],v[16000010*4],cnt,siz[16000010*4]; int has(int x0,int x1,int x2,int x3,int col){ long long val=((((1ll*x0*p%mod+x1)%mod*p+x2)%mod*p+x3)%mod*p+col)%mod; for(int i=head[val];i;i=Next[i]){ if(v[i]==col){ siz[i]++; return siz[i]-1; } } v[++cnt]=col,Next[cnt]=head[val],head[val]=cnt; siz[cnt]=1; return siz[cnt]-1; } int main() { // freopen("1.in","r",stdin); scanf("%d%d%d",&n,&m,&k); for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=1;j<=m;j++){ scanf("%d",&a[i][j]); } } for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=1;j<=m;j++){ if(!a[i][j]&&!c[i][j]){ tim++; dfs(i,j); } } } for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=1;j<=m;j++){ if(a[i][j]){ if(b[i][j][0]){ ans+=has(b[i][j][0],0,0,0,a[i][j]); } if(b[i][j][1]){ ans+=has(b[i][j][1],0,0,0,a[i][j]); ans-=has(b[i][j][0],b[i][j][1],0,0,a[i][j]); } if(b[i][j][2]){ ans+=has(b[i][j][2],0,0,0,a[i][j]); ans-=has(b[i][j][0],b[i][j][2],0,0,a[i][j]); ans-=has(b[i][j][1],b[i][j][2],0,0,a[i][j]); ans+=has(b[i][j][0],b[i][j][1],b[i][j][2],0,a[i][j]); } if(b[i][j][3]){ ans+=has(b[i][j][3],0,0,0,a[i][j]); ans-=has(b[i][j][0],b[i][j][3],0,0,a[i][j]); ans-=has(b[i][j][1],b[i][j][3],0,0,a[i][j]); ans-=has(b[i][j][2],b[i][j][3],0,0,a[i][j]); ans+=has(b[i][j][0],b[i][j][1],b[i][j][3],0,a[i][j]); ans+=has(b[i][j][0],b[i][j][2],b[i][j][3],0,a[i][j]); ans+=has(b[i][j][1],b[i][j][2],b[i][j][3],0,a[i][j]); ans-=has(b[i][j][0],b[i][j][1],b[i][j][2],b[i][j][3],a[i][j]); } } } } int num=1; for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=2;j<=m;j++){ if(a[i][j]==a[i][j-1]&&a[i][j]){ num=1; for(int k=0;k<=3;k++){ for(int l=0;l<=3;l++){ if(b[i][j][k]==b[i][j-1][l]&&b[i][j][k]){ num=0; break; } } } ans+=num; } } } for(int i=2;i<=n;i++){ for(int j=1;j<=m;j++){ if(a[i][j]==a[i-1][j]&&a[i][j]){ num=1; for(int k=0;k<=3;k++){ for(int l=0;l<=3;l++){ if(b[i][j][k]==b[i-1][j][l]&&b[i][j][k]){ num=0; break; } } } ans+=num; } } } printf("%lld\n",ans); return 0; }
害，我居然不会写哈希表。丑陋取模以及丑陋模数又让这份代码交了一页，大佬们都差点没把它救回来。
day2：
T1：
仔细读一遍题，发现要求给出的m长度串的最小循环节。一个字符串的所有循环节一定都是最小循环节的整数倍，利用gcd可证。
利用kmp算法的next数组可以直接求出最小循环节，若len%(len-next[n])==0，则(len-next[n])就是最小循环节的长度。
然后分类讨论一下，直接求出答案。
#include<iostream> #include<cstdio> using namespace std; int t,n,m,nxt[1000010]; char s[1000010]; int main() { // freopen("1.in","r",stdin); // freopen("1.out","w",stdout); scanf("%d",&t); while(t--){ scanf("%d%d",&n,&m); scanf("%s",s+1); for(int i=2,j=0;i<=m;i++){ j=nxt[i-1]; while(s[j+1]!=s[i]&&j){ j=nxt[j]; } if(s[j+1]==s[i])nxt[i]=j+1; } if(m%(m-nxt[m])==0&&nxt[m])printf("%lld\n",max(1ll*m*(n-1)+nxt[m],1ll*nxt[m])); else printf("%lld\n",max(1ll*m*(n-1),1ll*nxt[m])); for(int i=1;i<=m;i++)nxt[i]=0; } return 0; }
T2：
不会，刚听完讲，咕着。
T3：
首先对于自环的情况，输出原树直径/2+1。
其它情况则是求一个环上挂着的最长链。可能的答案存在四种：环最底下两个节点的儿子能走到的最长链，环最顶端节点（lca）除了环占用的两条链以外的儿子能走到的最长链，lca先往父亲走一步然后不返回这棵子树在整棵树上能走到的最长链，以及底端两个节点到lca路径上的节点除去被占用的这条路其它的最长链。
dfs的时候预处理一个节点的子节点们能走到的最长链、次长链、第三长链，解决第一种情况和第二种情况。
第三种情况，预处理每个点作为lca时的答案。这个答案可能是父亲的答案+1，也有可能是从父节点的其它子节点贡献来。讨论当前点是不是父节点记下的最长链子节点。
第四种情况，预处理每个点的父亲如果不走它能走到的最长链，和lca一样存在倍增数组里。查询的时候注意区间范围，不能查到lca。
害忘说了忘说了，有可能询问的两个点其中一个是另一个的祖先，这个时候特殊处理一下，大致和通常情况没什么区别。
代码找不到了，回去记得补一下。
在这道题上死了一下午，一个是把询问点相邻的情况和自环的情况当成同类了，一个是直接输出直径相关的答案的时候没有考虑明白答案的定义。
感觉是和noip难度最接近的一套题…对不起，csp-s。不过大概率真正的考试题比这样的题要难吧。
没什么发挥余地，不爆炸就万幸了（笑）
csp-s2019爆零滚粗？