部分分很肥，正解寫得常數稍大就會和暴力乙個分，考試的時候寫什麼自己考慮。(滑稽
部分分的迴圈邊界手抖寫錯了-25 (原本暴力分中的10分都沒了啊啊啊)
沒寫掛的話應該有75，其實就是二維字首和+暴力列舉點對統計+$a[i][j]$都相等時只枚舉子矩形大小再乘上這種大小出現的次數。
正解：$(sum[r]-sum[l-1])\% k=0 \rightarrow sum[r]\% k=sum[l-1]\% k$
枚舉行數$i,j$和列數$k$,維護i行和j行之間、k列左側在%k意義下同餘矩陣的個數，用桶來實現。
#include#includeview code#include
using
namespace
std;
typedef
long
long
ll;const
int n=650
;int
n,m;
ll k,ans;
inta[n][n];
ll sum[n][n],sum1[n],cnt[
1000005
];int
read()
while(isdigit(ch))x=x*10+ch-'
0',ch=getchar();
return x*f;
}int
main()
for(int k=1;k<=m;k++)cnt[sum1[k]]=0
; }
cout
return0;
}
我考場都能想到的sb貪心。每次取出深度最大且未被覆蓋的點，在它的k級祖先上駐紮即可。前者用堆維護，後者直接暴力修改覆蓋狀態，注意向上修改時不要只遍歷和它在一條鏈上的。
正確性？讀者自證不難。(逃
#include#includeview code#include
#include
#define pa pair#define re register
using
namespace
std;
intread()
while(isdigit(ch))x=x*10+ch-'
0',ch=getchar();
return x*f;
}const
int n=100005
;int
n,k,t;
int to[n<<1],nxt[n<<1
],head[n],tot;
inline
void add(int x,int
y)int
dep[n],fa[n];
priority_queue
q;void dfs1(int x,int
deep)
return;}
intcover[n],anc,ans;
void getan(int x,int
rest)
getan(fa[x],rest-1
);
return;}
void dfs2(int x,int rest,int
f)
return;}
intmain()
dfs1(
1,1);
for(re int i=1;i<=n;i++)
q.push(make_pair(dep[i],i));
while(!q.empty())
cout
return0;
}
區間狀態反轉可以看作區間異或1，但區間操作不好處理，考慮通過差分轉化為單點操作。即把對原陣列上$[l,r]$區間的操作轉化為差分陣列上$l-1$和$r$兩個點的操作。這裡用到了異或差分：$dif[i]=a[i]\ xor\ a[i+1]$
所以問題變成了：有乙個01串，每次對其中兩個點$xor\ 1$，需要多少次把這個串的每一位都變成0。(差分陣列全0對應原陣列全1)
可以發現，消去兩個1的費用與他們之間的距離有關。bfs預處理出來後，問題再次得到轉化：每次取出一對物品，每對物品取出都有一定代價，如何取出使得代價最小。由於不亮的燈泡很少，這個問題完全可以狀壓解決。
#include#includeview code#include
#include
#include
using
namespace
std;
intread()
while(isdigit(ch))x=x*10+ch-'
0',ch=getchar();
return x*f;
}const
int n=40005
;int
n,m,k;
inta[n],op[n],dif[n];
intpos[n],sz;
int vis[n],dis[20][20
],d[n];
int find0[n<<1],dp[n<<1
];void bfs(int
node)
if(s2>=0&&!vis[s2])}}
}int
main()
for(int i=1;i<=sz;i++)
for(int s=0;s
}memset(dp,
0x3f,sizeof
(dp));
dp[0]=0
;
for(int s=0;s
for(int i=find0[s]+1;i)
}cout
<1
<1]<
return0;
}
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