20210809 noip34

做过，但当时咕了 T3

Merchant

先特判 \(t=0\)，之后斜率一定会起作用。
考虑最终选择的物品集合，它们的斜率和一定大于 \(0\)，因此答案具有单调性，可以二分。
实现的时候注意细节

const int N = 1e6+5;
int n,m;
LL s,k[N],b[N];

LL y[N];

bool check(int x) {
	For(i,1,n) y[i] = k[i] * x + b[i];
	nth_element(y+1,y+m,y+n+1,greater<LL>()); // O(n)找前m大
	LL sum = 0;
	For(i,1,m) {
		if( y[i] >= 0 ) sum += y[i]; // 可能选不满m个
		if( sum >= s ) return 1; // 如果不在这里判会爆LL
	}
	return 0;
}

signed main() {
	freopen("merchant.in","r",stdin);
	freopen("merchant.out","w",stdout);
	read(n,m,s);
	For(i,1,n) read(k[i],b[i]);
	if( check(0) ) { puts("0"); return 0; }
	int l = 1, r = 1e9;
	while( l < r ) {
		int mid = l+r>>1;
		if( check(mid) ) r = mid;
		else l = mid+1;
	}
	write(l);
	return iocl();
}

Equation

乍一看不好做，但题目只求 \(x_1\) 的值，可以把每个方程改写成 \(x_i=k_ix_1+b_i\) 的形式，修改时用 BIT 维护 \(b\) 即可。注意分深度的奇偶来判断正负。

const int N = 1e6+5;
int n,q,fa[N],val[N];

int ind,dfn[N],siz[N],k[N];
vector<int> to[N];

struct BIT {
	LL t[N];
	void add(int i,LL x) { for(;i<=n;i+=i&-i)t[i]+=x; }
	void add(int l,int r,LL x) { add(l,x), add(r+1,-x); }
	LL operator [] (int i) { LL res=0; for(;i;i-=i&-i)res+=t[i]; return res; }
} b;

void none() { putchar('n'),putchar('o'),putchar('n'),putchar('e'),putchar(10); }
void inf() { putchar('i'),putchar('n'),putchar('f'),putchar(10); }

void dfs(int u) {
	dfn[u] = ++ind, siz[u] = 1;
	for(int v : to[u]) k[v] = -k[u], dfs(v), siz[u] += siz[v];
	b.add(dfn[u],dfn[u]+siz[u]-1,k[u]*val[u]);
}

signed main() {
	freopen("equation.in","r",stdin);
	freopen("equation.out","w",stdout);
	read(n,q);
	For(i,2,n) {
		read(fa[i]), read(val[i]);
		to[fa[i]].pb(i);
	}
	k[1] = 1, dfs(1);
	while( q-- ) {
		int op; read(op);
		if( op == 1 ) {
			int u,v,s; read(u,v,s);
			int kk = k[u]+k[v]; LL bb = s-k[u]*b[dfn[u]]-k[v]*b[dfn[v]];
			if( !kk ) !bb ? inf() : none();
			else if( bb % kk ) none();
			else !bb ? none() : write(bb/kk);
		} else {
			int u,w; read(u,w);
			b.add(dfn[u],dfn[u]+siz[u]-1,k[u]*(w-val[u])), val[u] = w;
		}
	}
	return iocl();
}

rectangle

发现 \(n\) 很大而值域很小，考虑直接在值域上找矩形。

枚举列来确定矩形左右边界，根据左右边界上的点的纵坐标来确定合法的上下边界。
具体做法

认为值域和 \(n\) 同阶，时间复杂度 \(O(n^2\log n)\)

const int N = 1e4+5, X = 2500, mod = 1e9+7;
int n,cnt[N],mp[X+5][X+5];

bool vis[X+5][X+5];
int ans;

struct BIT {
	int t[X+5];
	void add(int i,int x) { for(;i<=X;i+=i&-i)t[i]+=x; }
	int query(int l,int r) {
		int res=0; for(--l;r>l;r-=r&-r)res+=t[r];
		for(;l>r;l-=l&-l)res-=t[l]; return res; }
} siz[X+5],sum[X+5];

signed main() {
	freopen("rectangle.in","r",stdin);
	freopen("rectangle.out","w",stdout);
	read(n);
	For(i,1,n) {
		int x; read(x);
		read(mp[x][++cnt[x]]);
	}
	For(i,1,X) {
		sort(mp[i]+1,mp[i]+cnt[i]+1);
		mp[i][cnt[i]+1] = X+1;
	}
	For(r,1,X) if( cnt[r] ) {
		For(i,1,cnt[r]) if( !vis[r][mp[r][i]] ) vis[r][mp[r][i]] = 1,
			siz[r].add(mp[r][i],1), sum[r].add(mp[r][i],mp[r][i]);
		rFor(l,r-1,1) if( cnt[l] ) {
			For(i,1,cnt[l]) if( !vis[r][mp[l][i]] ) vis[r][mp[l][i]] = 1,
				siz[r].add(mp[l][i],1), sum[r].add(mp[l][i],mp[l][i]);
			int i = 1, j = 1, now = max(mp[l][1],mp[r][1]);
			while( mp[l][i+1] <= now ) ++i;
			while( mp[r][j+1] <= now ) ++j;
			while( i <= cnt[l] && j <= cnt[r] ) {
				int up = min(mp[l][i+1],mp[r][j+1]), down = min(mp[l][i],mp[r][j]);
				ans += (r-l) *
					(((LL)sum[r].query(now,up-1) * siz[r].query(1,down) -
					(LL)siz[r].query(now,up-1) * sum[r].query(1,down)) %mod) %mod;
				if( ans >= mod ) ans -= mod;
				now = up;
				if( mp[l][i+1] <= now ) ++i;
				if( mp[r][j+1] <= now ) ++j;
			}
		}
	}
	write(ans);
	return iocl();
}