ylx 依旧在自言自语的讲课。感觉 SDUT 里好吃的地方都去过了。
今天是 bct NOIP Day 6，赛时 \(100+10+20+10=140\)，rk 27。
T4 不会手写 bitset 被区分了，于是学了学。
sheep 说 T2 是典完了的连通性容斥，我咋不知道啊。
评价是 ok 场。其实 T2 原本是 T1 来着，ylx 被压力的才加的题。
T1
把要记的都扔进状态里 DP 即可，转移时还要容斥一下。
code
Show me the code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long i64;
typedef unsigned long long u64;
typedef __int128 i128;
#define ls p*2
#define rs p*2+1
const int N=400;
const int mod=998244353;
int dp[N][N][N];
int main(){freopen("qwq.in","r",stdin);freopen("qwq.out","w",stdout);string a,b,c;cin>>a>>b>>c;int len=c.size();int l1=a.size();int l2=b.size();a=' '+a;b=' '+b;c=' '+c;for(int i=0;i<=l1;i++)for(int j=0;j<=l2;j++)dp[i][j][0]=1;for(int i=1;i<=l1;i++)for(int j=1;j<=l2;j++){for(int p=1;p<=min(min(i,j),len);p++){dp[i][j][p]=(0ll+dp[i-1][j][p]+dp[i][j-1][p]-dp[i-1][j-1][p]+mod)%mod;if(c[p]=='<'&&a[i]<b[j]){dp[i][j][p]=(0ll+dp[i][j][p]+dp[i-1][j-1][p-1])%mod;} if(c[p]=='>'&&a[i]>b[j]){dp[i][j][p]=(0ll+dp[i][j][p]+dp[i-1][j-1][p-1])%mod;}}}cout<<dp[l1][l2][len];return 0;
}T2
不想在赛前赤这种东西。放了。
T3
DP 牛牛题。
考虑为什么花费要定义为 距离乘上价值 状物，很重要的观察是当重量 \(k\) 一定时，如果选的东西的距离都至少是 \(d_i\)，那么选出来的价值和不超过 \(\left \lfloor \dfrac{k}{d_i}\right \rfloor\)
我们又知道背包的一种常见变体就是如果物品价值很小花费很大，我们会把价值作为状态来 DP，结果是达到这个价值用的最小代价。
于是这启发我们分 \(d_i\) 的大小吧，恩就是根号分治。
阈值 \(B\) 表示分的大小，\(d_i\le B\) 那就暴力 \(O(k)\) 更新以代价为状态的 DP 数组。\(d_i > B\) 那就从 \(\left \lfloor \dfrac{k}{d_i}\right \rfloor\) 到 \(v_i\) 的更新以价值为状态的 DP 数组。
后者有时间复杂度上界就是调和级数，\(O(k\log k)\)，前者的时间复杂度显然是 \(O(kB)\) 的。
对于查询，首先显然要时间倒流，因为背包好加不好删。
然后枚举我们想在 \(d_i>B\) 这一块拿多少价值，再看看剩余的代价能在 \(d_i\le B\) 那里拿多少价值，合起来去最大即可。
能取的价值的上界显然是 \(\left \lfloor \dfrac{k}{B}\right \rfloor\)，于是查询的时间复杂度就是 \(q\left \lfloor \dfrac{k}{B}\right \rfloor\)。
再考虑修改，\(d_i > B\) 不管反正有个上界，\(d_i\le B\) 最多就 \(B\) 个，时间复杂度是 \(O(kB)\)。
于是这东西的时间复杂度是 \(O(kB + \frac{kq}{B} + k \log k)\) 的，均值一下取 \(B=\sqrt{q}\) 即可。
感谢 sheep 一眼了我代码的 bug。感觉比 T2 简单。
code
Show me the code
#define rd read()
#define mkp make_pair
#define ls p<<1
#define rs p<<1|1
#define rep(i,a,b) for( int i=(a); i<=(b); ++i)
#define per(i,a,b) for( int i=(a); i>=(b); --i)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long i64;
typedef unsigned long long u64;
typedef unsigned int u32;
typedef __int128 i128;
i64 read(){i64 x=0,f=1;char c=getchar();while(c>'9'||c<'0'){if(c=='-') f=-1;c=getchar();}while(c>='0'&&c<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}return x*f;
}
const int N=2e6+612312;
i64 d[N];i64 v[N];i64 dpw[N];i64 dpv[N];i64 ans[N];
struct que{i64 op;i64 v;i64 qid;
}qm[N];
bitset<N> ext;
int main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);int n,m,k;cin>>n>>m>>k;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>d[i]>>v[i];ext[i]=1;}int bd=sqrt(m)+1;cerr<<bd<<'\n';int qc=0;for(int i=1;i<=m;i++){int op;cin>>op;if(op==1){int vk;cin>>vk;ext[vk]=0;qm[i].op=op;qm[i].v=vk;}if(op==2){int q;cin>>q;qc++;qm[i].op=op;qm[i].qid=qc;qm[i].v=q;}}memset(dpv,0x7f,sizeof dpv);dpv[0]=dpw[0]=0;int d1=0;for(int i=n;i>=1;i--){if(ext[i]==0)continue;if(d[i]>bd){for(int j=k/d[i];j>=v[i];j--){dpv[j]=min(dpv[j],dpv[j-v[i]]+v[i]*d[i]);}d1=k/d[i];}else{for(int j=k;j>=d[i]*v[i];j--){dpw[j]=max(dpw[j],dpw[j-d[i]*v[i]]+v[i]);}}}for(int i=m;i>=1;i--){int op=qm[i].op;if(op==1){int vk=qm[i].v;i64 cst=v[vk]*d[vk];if(d[vk]>bd){d1=max(0ll+k/d[vk],0ll+d1);for(int j=d1;j>=v[vk];j--){dpv[j]=min(dpv[j],dpv[j-v[vk]]+cst);}}else{for(int j=k;j>=cst;j--){dpw[j]=max(dpw[j],dpw[j-cst]+v[vk]);} }}if(op==2){i64 ks=qm[i].v;i64 anss=0;for(int j=0;j<=k/bd;j++){i64 req=ks-dpv[j];if(req<0)continue;if(req==0){anss=max(anss,0ll+j);}else anss=max(anss,dpw[req]+j);}ans[qm[i].qid]=anss;}} for(int i=1;i<=qc;i++){cout<<ans[i]<<'\n';}return 0;
}
T4
学了下手写 Bitset，过了 30pts 就跑路了。
正解是大分块，但是我们的常熟大蛇 sheep \(O(nq)\) 过了后两个 subtask。