第一次的增补赛，也是第一场个人排位赛，讲道理打的和屎一样，手速题卡了好久还WA了好多发，难题又切不出来，这种情况是最尴尬的吧！
Individual Contest #1：
Ploblem D:
题意：给你一个含有N个元素的数组和操作次数m，然后求出经过m次操作后，从区间X到Y的总和；操作如下：{1,6,9}==>{1,7,6,15,9}（多CASE）
题目链接：https://www.codechef.com/problems/CHSPARR
思路：
首先，最容易想到的是单纯的模拟每一次这样的操作然后用数组存起来，再去算区间X到Y的总和。可是，当N和m取最大的时候，数组元素数量会达到10^15，直接GG！所以得换个套路！
对于原始数组{1,6,9}，元素对应的下标各自为1,2,3。以1,6为例，{1,6}==>{1,7,6}==>{1,8,7,13,6}==>{1,9,8,15,7,20,13,19,6}，元素6的标和m的变化为：i（0），2*i-1（1），4*i-3（2），8*i-7（3）
把两者联系起来你可以发现经过m次变换后元素6的下标为：i*2^m-(2^m-1)==>(i-1)*2^m-1。
接着继续模拟：{1，6}==>{1，7（1+6），6}==>{1，8（1，1+6），7（1+6），13（1+6，6），6}，你会发现，如果把1和6中间的所有新增加的元素看成一个整体s，那个他每一次都会
向左向右复制一遍，再加上他本身，就是3*s，同时端点处的1和6也会每一次都增加一次，如果能将s和（1+6）联系起来，那么1和6之间的元素总和不就可以直接求了吗！到这里也可以看出
来是倍数关系。设数组k表示分别经过1-m次操作后对应的系数，则k[m]=k[m-1]*3+1。这样的话如果X和Y里面有包含一个或多个完整的中间元素块，就可以直接求出来了！
那多出来的那部分怎么办呢？你会发现对于元素a(i)和元素b(j)，元素a+b一定在（i+j）/2的位置。所以直接分治，每一次都缩小规模找到完整块++，代码如下：
#include <iostream>
#include <queue>
#include <stack>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <map>
#include <set>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <string>
#include <sstream>
#define lson l,m,rt*2
#define rson m+1,r,rt*2+1
#define mod 1000000007
using namespace std;
typedef long long LL;
using namespace std;
LL a[],k[],n,m,x,y;
void init()
{
k[]=;
for(int i=;i<=;i++)
{
k[i]=(k[i-]*+)%mod;
}
}
LL f(LL num)
{
if(num==)return ;
int i,j,mm;
LL res=,p=<<m,q,h,mid,l,r;
q=num/p;
for(i=;i<=q;i++)
{
res=(res+(a[i]+a[i+])*k[m]+a[i])%mod;
}
h=num%p;
l=a[q+];
r=a[q+];
mm=m;
while(h>&&mm>)
{
mm--;
mid=<<mm;
if(h>=mid)
{
res=(res+(*l+r)*k[mm]+l)%mod;
h-=mid;
l=l+r;
}
else
{
r=l+r;
}
}
//if(h!=0)res+=r;
return res%mod;
}
int main()
{
#ifdef Local
freopen("data.txt","r",stdin);
#endif
int i,j,T;
LL ans;
cin>>T;
init();
while(T--)
{
cin>>n>>m>>x>>y;
for(i=;i<=n;i++)
{
scanf("%lld",&a[i]);
}
ans=f(y)-f(x-);
if(ans<)ans+=mod;
printf("%lld\n",ans);
}
}
Ploblem H:
题意：给你一棵N节点的树和K种颜色的颜料，对这样的一棵树进行染色，使得任意两个相同颜色的联通节点之间所有节点颜色相同，求出所有的染色方法。
题目链接：https://www.codechef.com/problems/COLTREE
思路 I：
其实就是给你一棵树，让你切分成m棵子树，每棵子树的染色相同，有多少种染色方法。切成m棵子树，其实就是选择m-1条边去切断，所有就是C（n-1，m-1）,
然后对于m棵子树进行K种染色，其实就是A（K，m），所有方法数就是C（n-1，m-1）*A（K，m）。然后对于规模不大的大组合数取模，用杨辉三角把除变加进行
处理就可以了。
#include <iostream>
#include <queue>
#include <stack>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <map>
#include <set>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <string>
#include <sstream>
#define lson l,m,rt*2
#define rson m+1,r,rt*2+1
#define mod 1000000007
using namespace std;
typedef long long LL;
LL C[][];
LL A(int n,int m)
{
LL res=;
for(int i=n;i>n-m;i--)
{
res=(res*i)%mod;
}
return res;
}
void init()
{
memset(C,,sizeof(C));
for(int i=;i<=;i++)C[i][]=;
for(int i=;i<=;i++)
{
for(int j=;j<=i;j++)
{
if(j==)C[i][j]=i;
else if(i==j)C[i][j]=;
else C[i][j]=(C[i-][j]+C[i-][j-])%mod;
}
}
}
int main()
{
#ifdef Local
freopen("data.txt","r",stdin);
#endif
int n,m,u,v,T,i,j;
LL ans;
init();
cin>>T;
while(T--)
{
ans=;
cin>>n>>m;
for(i=;i<n-;i++)scanf("%d%d",&u,&v);
for(i=;i<=min(n,m);i++)
{
ans=(ans+C[n-][i-]*A(m,i))%mod;
}
cout<<ans<<endl;
}
}
思路 II：树形DP（等我学会了再更...）
Private Training #1
Problem C （UVALive 6602 Counting Lattice Squares）
题意：给你一个（n+1）*（m+1）的点矩阵，然后让你在点阵里面找出，所有面积为奇数的正方形的个数？
题目链接：https://icpcarchive.ecs.baylor.edu/index.php?option=com_onlinejudge&Itemid=8&page=show_problem&problem=4613
思路：
首先，面积为奇数的正方形，可以直接由边长为奇数K得来，也可以由类似这样sqrt（K）的边得来。然后对于第二种情况的K，可以由a+b的和为奇数的情况得来，即
K=sqrt（a*a+b*b）&&（a+b）%2==1。接着你会发现，边长为sqrt（K）的正方形需要的空间是边长为（a+b）的正方形，所以边长为sqrt（K）的情况可以把它当做边长为
（a+b）的一类型，且该区域一共可以画2个不同的边长为sqrt（K）的正方形。然后对于一个（n+1）*（m+1）的点矩阵，一共可以切成（n-i+1）*（m-i+1）种边长为i的正方
形，但是对于边长i，它可以由不同的a+b组合而来，假设i=5,那么5=1+4=2+3，6=1+5=2+4=3+3，所以最后的公式就是（n-i+1）*（m-i+1）*（i/2*2(2种画法)+1(本身)）
#include <iostream>
#include <queue>
#include <stack>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <map>
#include <set>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <string>
#include <sstream>
#define lson l,m,rt*2
#define rson m+1,r,rt*2+1
#define mod 1000000007
using namespace std;
typedef long long LL;
int main()
{
#ifdef Local
freopen("data.txt","r",stdin);
#endif
int i,j;
LL ans,s,n,m;
while(~scanf("%lld %lld",&n,&m))
{
if(!n&&!m)break;
ans=;
for(i=;i<=min(n,m);i+=)
{
ans+=((n-i+)*(m-i+)*(i/*+));
}
cout<<ans<<endl;
} }
Ploblem J:（UVALive 6609 Minimal Subarray Length）
题意：给你一个含有N个元素的数组和一个价值X，使得数组中连续一段数字和大于等于X的长度最小，如果找不到则输出-1
题目链接：https://icpcarchive.ecs.baylor.edu/index.php?option=com_onlinejudge&Itemid=8&page=show_problem&problem=4620
思路：
先用预处理出元素1-i（i<=n）的元素总和sum[i],再用RMQ预处理出dp[i][j]表示区间从i开始，长度为2^j的最大sum，然后再对于每一个i（1-n）二分（query（l,r）-sum[i-1]）
>=X，的最短长度，复杂度是n(logn)。
#include <iostream>
#include <queue>
#include <stack>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <map>
#include <set>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <string>
#include <sstream>
#define lson l,m,rt*2
#define rson m+1,r,rt*2+1
#define mod 1000000007
using namespace std;
typedef long long LL;
const int INF=0x3f3f3f3f;
LL dp[][],sum[];
void RMQ(int n)
{
int i,j;
for(i=;i<=n;i++)dp[i][]=sum[i];
for(j=;(<<j)<=n;j++)
{
for(i=;(i+(<<j))<=n;i++)
{
dp[i][j]=max(dp[i][j-],dp[i+(<<(j-))][j-]);
}
}
}
LL query(int l,int r)
{
int p=;
while(<<(p+)<=(r-l+))p++;
return max(dp[l][p],dp[r-(<<p)+][p]);
}
int main()
{
#ifdef Local
freopen("data.txt","r",stdin);
#endif
int i,j,T,n;
LL k;
cin>>T;
while(T--)
{
memset(sum,,sizeof(sum));
cin>>n>>k;
for(i=;i<=n;i++)
{
scanf("%lld",&sum[i]);
sum[i]+=sum[i-];
}
RMQ(n);
int ans=INF;
for(i=;i<=n;i++)
{
int l=i,r=n;
while(l<=r)
{
int m=(l+r)/;
if((query(i,m)-sum[i-])>=k)
{
r=m-;
}
else l=m+;
}
if(r<=n&&sum[r]-sum[i-]>=k)ans=min(ans,r-i+);
if(l<=n&&sum[l]-sum[i-]>=k)ans=min(ans,l-i+);
}
if(ans==INF)cout<<-<<endl;
else cout<<ans<<endl;
}
return ;
}
To Be Continue!