T1

题意：给你一个图，可以不花代价经过 \(K\) 条边，问从起点到终点的最短路

考试的想法：设 \(dis_{i,j}\) 表示从起点免费了 \(j\) 条边到 \(i\) 的最短路

然后直接跑 \(\text{spfa}\)

结果：\(WA\)

正解：分层图，需要考虑去到下一层就不能回来的情况

分为 \(K\) 层，同一层的 \(u,v\) 边权不变，双向边，去下一层的单向边，权值为 0

然后 \(\text{spfa}\) 超时，用 \(\text{dijkstra}\) 即可

答案：免费任意次的最小值

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=10005,M=50005;
int n,m,K,S,T,vis[N*12],ans=2100000000;
int lst[N*12],nxt[M<<6],to[M<<6],qz[M<<6],dis[N*12],cnt;
inline void Ae(int fr,int go,int vl) {
    to[++cnt]=go,qz[cnt]=vl,nxt[cnt]=lst[fr],lst[fr]=cnt;
}
struct node {
    int v,id;
    node(int x,int y):v(x),id(y) {}
    bool operator<(node x) const
    { return v>x.v; }
};
priority_queue<node> q;
inline void dijkstra() {
    memset(dis,100,sizeof(dis));
    dis[S]=0;
    q.push(node(0,S));
    register int u;
    while(!q.empty()) {
        u=q.top().id,q.pop();
        if(vis[u])continue; vis[u]=1;
        for(int i=lst[u],v;i;i=nxt[i])
            if(dis[v=to[i]]>dis[u]+qz[i]) {
                dis[v]=dis[u]+qz[i];
                q.push(node(dis[v],v));
            }
    }
}
int main() {
    scanf("%d%d%d%d%d",&n,&m,&K,&S,&T);
    ++S,++T;
    for(int i=1,u,v,w;i<=m;i++) {
        scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
        ++u,++v,Ae(u,v,w),Ae(v,u,w);
        for(int j=1;j<=K;j++) {
            Ae(u+j*n,v+j*n,w);
            Ae(v+j*n,u+j*n,w);
            Ae(u+j*n-n,v+j*n,0);
            Ae(v+j*n-n,u+j*n,0);
        }
    }
    dijkstra();
    for(int i=0;i<=K;i++)
        ans=min(ans,dis[T+n*i]);
    printf("%d",ans);
}

T2

题目大意：给你许多条平行于 \(x\) 轴或 \(y\) 轴的线段

问你最大的十字架大小，大小为 \(R\) 定义为从一个点按上下左右伸出 \(R\) 都有线段覆盖

没有十字架输出 Human intelligence is really terrible

考试时：把所有线段合起来再暴力匹配

结果：看错题了：不会有两条共线线段有交点

正解：可以二分大小 \(R\) ，若把所有线段左右（或上下）都减去 \(R\) 还有线段相交则 \(R\) 成立

所以判断是否有线段相交，用扫描线

T3

题意：找出图中平均值最小的环，无环输出 PaPaFish is laying egg!

考试的想法：二分答案，然后用 \(\text{spfa}\) 一波复杂的操作

正解：把所有边权减去 \(mid\) 若有负环说明 \(mid\) 可以

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef double db;
const db eps=1e-3;
const int N=1005,M=10005;
int n,m,cnt,lst[N],nxt[M],to[M],vis[N];
db l,r,mid,ans=-1,qz[M],d[N],flg;
inline void Ae(int fr,int go,int vl) {
    to[++cnt]=go,qz[cnt]=1.0*vl;
    nxt[cnt]=lst[fr],lst[fr]=cnt;
}
void spfa(int u) {
    vis[u]=1;
    for(int i=lst[u],v;i;i=nxt[i])
        if(d[u]+qz[i]-mid<d[v=to[i]]) {
            d[v]=d[u]+qz[i]-mid;
            if(vis[v])flg=1;
            else spfa(v);
            if(flg)return;
        }
    vis[u]=0;
}
inline bool chk() {
    memset(d,0,sizeof(d));
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    flg=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if(!d[i]) {
            spfa(i);
            if(flg)return 1;
        }
    return 0;
}
int main() {
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1,u,v,w;i<=m;i++) {
        scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
        Ae(u,v,w);
    }
    r=10000000;
    while(l+0.000001<r) {
        mid=(l+r)/2.0;
        if(chk())ans=r=mid;
        else l=mid;
    }
    if(ans==-1)puts("PaPaFish is laying egg!");
    else printf("%.2lf",floor(ans*1000)/1000);
}

T4

题目大意：给你一个排列，求字典序比他大的第一个与他逆序对数一样的排列

考试：直接树状数组+\(\text{next_permutation}\)，光荣 30

正解：观察样例可以发现有一段是不变的，考虑找到最大的这个下标

设 \(Nx(i)\) 为 \(a_i,a_{i+1},a_{i+2},\cdots,a_{n}\) 的逆序对个数

则这个点要满足

后面有个数比他大
这个数对后面的数的逆序对小于 \(Nx(i)\)

找到后开始构造，设总共有 \(all\) 个逆序对

发现这个点的数是后面中他的后继，于是 \(ans_{p}\) 填好了

然后现在我们已经有（前面一部分逆序对数）+（\(ans_p\)对后面一部分的逆序对数）个逆序对，记为 \(sum\)

填剩下的位置，发现若（填 \(i\) 产生的逆序对数）+（原有的 \(sum\)）+（剩下最大逆序对数）\(\ge all\)，则合法

好像可以二分，于是加一个权值线段树查找第 \(k\) 大即可。每次查询要更新 \(sum\)

#include<bits/stdc++.h>
#define G getchar
#define P putchar
using namespace std;
inline int rd() {
    register int x=0,f=1;
    char C=getchar();
    for(;C<'0'||C>'9';C=G())f&=C^45;
    for(;C>'/'&&C<':';C=G())x=(x<<1)+(x<<3)+(C^48);
    return f?x:-x;
}
void put(int x) { if(x>9)put(x/10); P(x%10|48); }
typedef long long LL;
const int N=500005;
int n,x[N],pos,mx,y[N],l,r,mid,out;
LL t[N],all,nx[N],val[N<<2],sum;
inline LL MX(LL x) { return x*(x-1)/2; }
inline void add(int p,int v) { for(;p<=n;p+=p&-p)t[p]+=1LL*v; }
inline LL ask(LL p) { register LL s=0; for(;p;p-=p&-p)s+=t[p]; return s; }
#define ls rt<<1
#define rs rt<<1|1
void mdy(int p,int v,int l,int r,int rt) {
    if(l==r) { val[rt]+=v; return; }
    register int mid=l+r>>1;
    if(p<=mid)mdy(p,v,l,mid,ls);
    else mdy(p,v,mid+1,r,rs);
    val[rt]=val[ls]+val[rs];
}
int fnd(int k,int l,int r,int rt) {
    if(l==r)return l;
    register int mid=l+r>>1;
    if(k<=val[ls])return fnd(k,l,mid,ls);
    else return fnd(k-val[ls],mid+1,r,rs);
}
#undef ls
#undef rs
int main() {
    n=rd();
    for(int i=1;i<=n;i++)x[i]=rd();
    for(int i=n;i;i--) {
        add(x[i],1),nx[i]=ask(x[i]-1);
        all+=nx[i];
    }
    mx=x[n],sum=nx[n];
    for(int i=n-1;i;i--) {
        mx=max(mx,x[i]),sum+=nx[i];
        if(x[i]^mx && nx[i]<sum) {
            pos=i; break;
        }
    }
    sum=0;
    for(int i=1;i<pos;i++)put(x[i]),P(32),sum+=nx[i];
    out=INT_MAX;
    for(int i=pos+1;i<=n;i++)
        if(x[i]>x[pos])out=min(out,x[i]);
    put(out),P(32);
    for(int i=pos;i<=n;i++)
        if(x[i]^out)mdy(x[i],1,1,n,1),sum+=(x[i]<out);
    for(int i=pos+1;i<=n;i++) {
        l=1,r=n-i+1;
        while(l<r) {
            mid=l+r>>1;
            if(mid-1+sum+MX(n-i)>=all)
                r=mid;
            else l=mid+1;
        }
        out=fnd(l,1,n,1),put(out),P(32);
        sum+=l-1,mdy(out,-1,1,n,1);
    }
}