Problem A 宇宙魔方
有一个$N \times N \times N$的魔方，每一次操作可以整体转动该魔方，也可以对于一层整体+X。
给出最后魔方的最终状态，其中有一个位置为-1。利用其它位置的信息输出这个-1具体表示的值。
对于$100\%$的数据满足$1 \leq n\leq 100$
Self-correction：
考场看错题，最后炸题，导致期望得分为0。
不能把问题看的太简单，该思考的时候还是得多思考。
Solution1：
标程给的解答是，将x层y行z列的点染色成$(x+y+z)\% n$，
此时容易证明，同一个层上每行每列都是一个$[0,n-1]$的轮换。
若将魔方转置，容易看出，同行，每列，每层都是一个$[0,n-1]$的轮换； 同列，每行，每层都是一个$[0,n-1]$的轮换。
这样一来，如果我们对于一次+X的操作，虽然不同位置的值会发生改变，但是同一颜色的点的和仍然保持不变。
最后，由于-1只占一个颜色，我们计算其他任意一种颜色位置上的权值和，直接减去-1那种颜色的权值和就是答案。
时间复杂度为$O(n^3)$
Solution2 :
一种比较美妙的做法是，可以将同一层上的+x，转化为若干次同一列或者同一行的操作。 （转置同理）
这样，如果我们对于$(x,y,z)$是$-1$的位置，只需要利用容斥原理，利用同层、同列、同行构造的矩形就可以求解了。
每个位置，同层、同列、同行，必然能构造出一个宽度为$1$的正方形，所以这样构造可以通过所有测试点。
时间复杂度为$O(n^3)$
Code : 这个题目方法比较多我就不贴了....
Problem B 战争
有$n$个点的图，点的标号为$[0,n-1]$，有$m$条边，求出图上严格单增最长路的长度。
对于$100\%$的数据满足$1 \leq n,m\leq 5\times 10^4$
Self-correction：
考场需要仔细，虽然这个题，看成了[1,n]还有$96$的好成绩。
但是不排除毒瘤出题人，给你卡到0分。还是要多加注意....
Solution ：
考虑$f[i]$表示到第$i$点的最长连读单增最长路长度。
那么按照边权排序之后，直接$dp$就没有后效性了。
注意到，由于是严格单增，那么需要相同边权所连的点同时转移。
复杂度是$O(n+m)$
# include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=1e5+10; int n,m,tot; int t[N],f[N]; struct Edge { int u,v,w;}e[N]; bool cmp(Edge a,Edge b) { return a.w < b.w;} int main() { scanf("%d%d",&n,&m); for (int i=1;i<=m;i++) { int u,v,w; scanf("%d%d%d",&u,&v,&w); e[++tot].u=u; e[tot].v=v; e[tot].w=w; } sort(e+1,e+1+m,cmp); int last = 0; for (int i=1;i<=m;i++) if (i==m || e[i].w < e[i+1].w) { for (int j=last+1;j<=i;j++) t[e[j].u]=f[e[j].u],t[e[j].v]=f[e[j].v]; for (int j=last+1;j<=i;j++) { f[e[j].u]=max(f[e[j].u],t[e[j].v]+1); f[e[j].v]=max(f[e[j].v],t[e[j].u]+1); } last = i; } int ans = 0; for (int i=0;i<n;i++) ans=max(ans,f[i]); printf("%d\n",ans); return 0; }
Problem C 和平
考虑$n$个点的树，每条边有边权，处理$q$个询问。
从$u$走到$v$的最短路径，如果不经过边权小于$w$的边，最远能走到那个节点。
对于$100\%$的数据，满足$1 \leq n ,q \leq 10^5$
Solution :
全场最可做题，二分+倍增的暴力人人都会。
复杂度为$O(n {log_2}^2 n)$
Code :
# pragma GCC optimize(3) # include<bits/stdc++.h> # define inf (2e9) using namespace std; const int N=2e5+10; struct rec{ int pre,to,w; }a[N]; int n,m,tot; int head[N],g[N][20],d[N][20],dep[N]; void adde(int u,int v,int w) { a[++tot].pre=head[u]; a[tot].to=v; a[tot].w=w; head[u]=tot; } void dfs(int u,int fa) { g[u][0]=fa; dep[u]=dep[fa]+1; for (int i=head[u];i;i=a[i].pre) { int v=a[i].to; if (v==fa) continue; d[v][0]=a[i].w; dfs(v,u); } } int lca(int u,int v) { if (dep[u]<dep[v]) swap(u,v); for (int i=17;i>=0;i--) if (dep[g[u][i]]>=dep[v]) u=g[u][i]; if (u==v) return u; for (int i=17;i>=0;i--) if (g[u][i]!=g[v][i]) u=g[u][i],v=g[v][i]; return g[u][0]; } int dist(int u,int v) { int ret=inf; if (dep[u]<dep[v]) swap(u,v); for (int i=17;i>=0;i--) if (dep[g[u][i]]>=dep[v]) ret=min(ret,d[u][i]),u=g[u][i]; if (u==v) return ret; for (int i=17;i>=0;i--) if (g[u][i]!=g[v][i]) { ret=min(ret,d[u][i]); ret=min(ret,d[v][i]); u=g[u][i],v=g[v][i]; } return ret; } int Get(int u,int d) { for (int i=17;i>=0;i--) if (d>=(1<<i)) { u=g[u][i]; d-=(1<<i); } return u; } int work1(int u,int v,int w) { int l=0,r=dep[v]-dep[u],ans; while (l<=r) { int mid = (l+r)>>1; int to = Get(v,mid); if (dist(to,u)>=w) ans=mid,r=mid-1; else l=mid+1; } return Get(v,ans); } int work2(int u,int v,int w) { int l=0,r=dep[u]-dep[v],ans; while (l<=r) { int mid = (l+r)>>1; int to = Get(u,mid); if (dist(to,u)>=w) ans=mid,l=mid+1; else r=mid-1; } return Get(u,ans); } int work3(int u,int v,int w,int l) { int ret1=work2(u,l,w); if (ret1!=l) return ret1; int ret2=work1(l,v,w); return ret2; } int main() { // freopen("peace.in","r",stdin); // freopen("peace.out","w",stdout); scanf("%d%d",&n,&m); for (int i=2;i<=n;i++) { int u,v,w; scanf("%d%d%d",&u,&v,&w); adde(u,v,w); adde(v,u,w); } memset(d,0x3f,sizeof(d)); dfs(1,0); for (int i=1;i<=17;i++) for (int j=1;j<=n;j++) { g[j][i]=g[g[j][i-1]][i-1]; d[j][i]=min(d[j][i-1],d[g[j][i-1]][i-1]); } while (m--) { int u,v,w; scanf("%d%d%d",&u,&v,&w); int l = lca(u,v); if (l == u) printf("%d\n",work1(u,v,w)); else if (l == v) printf("%d\n",work2(u,v,w)); else printf("%d\n",work3(u,v,w,l)); } return 0; }