4.28 update:这都能压线省一？

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与其说写题解，不如说是自己场上心里完全没数，下来想一遍发现T1（没加周围4刀）,T2（把放满的状态当成了先手败，惯性思维了属于是）,T4,T6（漏写更新条件）都挂了，心态爆炸. OI赛制恐怖如斯，估计只有60分了，连国赛都去不了了。
该好好反省下自己做题浮躁的习惯了，上次CSP就两眼出思路的T4也是卡了两小时，导致没时间做T3。更远的追溯到南京，2h12min第一发交H的树形dp，思路没错，因为写错变量名卡到4h24min（就是这么离谱），下来看了看1h内解决掉I,也算痛失银牌。。虽说acm不像OI,但也要少吃罚时少卡题。

另外第一次学对拍，附上对拍代码：

int main(){
    while(1){
        system("gen.exe > in.txt");
        system("E.exe < in.txt > out1.txt ");
        system("baoli.exe < in.txt > out2.txt ");   //baoli中间不能有空格，不然命令行识别不了
        if(system("fc out1.txt out2.txt")) break;
    }
}

A

法一：dp，记dp(r,c)表示切割一块r行c列的最少次数（没算外围的四刀），转移方程:

dp(r,c)=min(1+dp(r-i,c)+dp(i,c)), 1<=i<=r-1;

dp(r,c)=min(1+dp(r,c-j)+dp(r,j)), 1<=j<=c-1;

最后答案:dp(20,22)+4;
法二：考虑每条要切割的边(如图中红线，长度为1)，如果一次只能切割一条边，答案就是边数=21 * 20+19 * 22；
不过显然可以一次切多条边。考虑每个交点对节省切割次数的贡献，对于每个交点，最优的方法是要么横着，要么竖着切，只能选一种，1次切了2条，使次数-1。那么答案 - = 交点数 （19 * 21） 。

B
博弈论+状压dp.
用8位2进制数记录8个格子的状态，每位上为1代表对应方格被选，0代表没被选。dp[i]=1时代表i为先手必胜态。
博弈论基础可知，先手必败态可转移到若干先手必胜态，而转移过后的状态标号一定小于原标号，故倒序做一遍即可。
Code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i,j,k) for(int i=j;i<=k;++i)
#define per(i,j,k) for(int i=j;i>=k;--i)
#define IOS {cin.tie(0); cout.tie(0); ios::sync_with_stdio(0);}
#define ll long long
#define P pair<int,int>
int t[]={1,2,4,8,16,32,64,128,3,6,12,48,96,192};
int dp[256];//当前情况下先手是否必胜
int main(){
    dp[255]=1;  //场上读假题了,惯性思维以为谁放不了谁输..
    per(i,255,0){
        if(!dp[i]){
            rep(j,0,13){
                if((i|t[j])==i )dp[i^t[j]]=1;
            }
        }
    }
    cout<<dp[1]<<dp[3]<<dp[2]<<dp[6]; //实际上此时小蓝是后手
}

C
全场最简单的送分题感觉。
记sum为n个数之和。对于特定i, ${\sum }_{j=1}^n{a}_i\ast a_j$ = $a_i$ * (sum-$a_i$);
考虑每对积算两次，则2 * ans= ${\sum }_{i=1}^n{a}_i$*(sum-$a_i$).
或者想不到算两次的话，遍历的过程中维护sum即可。

D
从D题开始怎么难度就上来了啊。。。。（第一次参赛，天真的我还以为真的是暴力杯，题目会很水（bushi））
题面：

大致想法是对 $a_l$^$a_r$=x 的一对(l,r)更新区间，即左端点位于[1,l],右端点位于[r,n]的询问是yes,比较常见的离线套路。
做法：离线询问，并按右端点从左到右对询问排序。从左向右遍历，遍历到i时，将i视为 $a_l$^$a_r$=x 的(l,r)中的r。对于前面所有的 $a_l$^x=$a_r$,只考虑最靠右的 $a_l$即可，这个由于数据范围小可以用一个数组实现。
那么右端点>=i的所有询问，如果左端点<=l即为yes。由于询问是按右端点排序的，统计询问答案也是随着遍历有序的。

E
期望dp+逆元
记$d{p}_i$为爬到高度i时的期望时间，直接上式子：
$d{p}_{i-1}$=（1-$p_i$）* $d{p}_i$ + $p_i$ * $d{p}_0$ + 1;
显然$d{p}_n$=0,那么我们可以得到n个关于$d{p}_0$—$d{p}_{n-1}$的式子，解出$d{p}_0$即可。
发现$d{p}_{n-1}$式子右边只与$d{p}_0$有关，把$d{p}_{n-1}$带入$d{p}_{n-2}$，再把$d{p}_{n-2}$带入$d{p}_{n-3}$ … 每一项都是$d{p}_i$= 系数* $d{p}_0$+ 常数。 最终$d{p}_0$=系数* $d{p}_0$+ 常数。

F

首先，要求的是最低跳跃能力，一眼二分。
然后注意到，从左向右和从右向左跳是等效的。于是转化为从0跳到n，可跳>=2*x 次。
又想到，对于当前所在的点和给定的跳跃能力，贪心地尽可能跳到最右的一定最优。
做法：check(跳跃能力k)即可：
设 $d{p}_i$ 为从i往后跳能上岸的最多次数。首先 $d{p}_i$<=$H_i$; 然后 $d{p}_i$ 先找最右边能到的$d{p}_{i+k}$, 如果$d{p}_{i+k}$不能满足则把 $d{p}_{i+k}$ 的次数全给 $d{p}_i$，再往左找下一个[i,i+k]范围内最大的。最终判断 $d{p}_0$>=2 * x;
$d{p}_i$加的同时，记得$d{p}_{i+k}$要减。 找最右边能跳到的石头可以用set维护。check的总复杂度O(nlogn).

G
题意：长度为n的序列，可修改一个长度为k的连续段（修改成同一个任意值），求修改后的最长不下降子序列。
解法：首先枚举修改的是哪一段，那么修改这一段后，答案就是把这一段左边和右边拼起来的最长不下降子序列长度+k。可以枚举左端点，在左端点不断右移的过程中，维护左边段的最长上升子序列，可以维护得到 <=任意值 的最长不上升子序列长度（线段树区间修改，区间max查询）。

H
计算几何。注意极角排序用叉积，不能引入误差。
比较暴力，线段树维护区间max+二分即可。

I
给定T(T<=1e5)个正整数ai(ai<=1e18),每个ai问能否表示为$x_1^{y_1}$ * $x_2^{y_2}$ 的形式，必须保证$y_1$,$y_2$>=2，且四个数均为整数。
解法：
首先很重要的性质:如果是yes，一定存在$x_1^2$ * $x_2^3$ 的形式。证明：可以假设指数>3，那么一定可以写成2 * k+3或者2 * k的形式。
接下来考虑$x_1$,$x_2$中较小的一个，易知其 <= $1e18^{0.2}$，记M=$1e18^{0.2}$。
那么可以枚举M以内的质数（549个）作为ai的质因子，除完后剩下的数一定只能是某数的平方或三次方，否则不和题意。对于M以内的每个质因子，判断其幂次只要不为1即可分配到$x_1^2$ * $x_2^3$中。

J

要知道[l,r]的部分和，其实就是知道sum[r]-sum[l-1].(sum代表前缀和）
那么对于M个已知条件，每个条件对l-1,r连边，那么知道sum[r]-sum[l-1]等同于r,l-1联通。带权并查集维护即可。