2019.09.29考试报告

手速是硬伤啊，T1线段树打完了离散化没打完(其实是时间不够放弃了)，T2调了近2个小时，T3暴力没用脑子写爆了零，以后要注意一下了这个

 

T1

45分的线段树可以启发正解，这题重点考察线段树标记的下传,

设f[x]为x的懒标记，-1/0/1/2代表无标记/全为0/全为1/反转。

考虑懒标记的叠加：

初   新  末

0    0   0

0    1   1

0    2   1

1    0   0

1    1   1

1    2   0

2    0   0

2    1   1

2    2   -1

线段树分别维护0/1最小位置即可。

 

T2

枚举公共的选几个，之后贪心选择单个的，最后贪心找剩下的最小的若干个补齐即可。

我们发现公共的每加1，单个的必须选择分别都会少1，所以可以把它们加入线段树即可，

查询前缀即可。(附上query代码)

 

        int query(int k,int l,int r,int x)
        {
                if(!x) return 0;
                if(w[k]<=x) return sum[k];
                if(l==r) return x*l;
                int mid=(l+r)>>1;
                if(w[ls[k]]>=x) return query(ls[k],l,mid,x);
                else return sum[ls[k]]+query(rs[k],mid+1,r,x-w[ls[k]]);
        }

 

 

 

注意query时若到叶子节点还没返回那一定是这个val的个数大于要求的个数，直接返回val*x。

 

T3

设g[i][S]代表处理完i个人S集合中的苹果没被吃掉的概率是否为0

1> a[i]$\in$S||b[i]$\in$S g[i][S]=g[i-1][S∪{b[i]/a[i]}];

2> a[i]$\in$S&&b[i]$\in$S g[i][S]=0;

3> a[i]$\notin$S&&b[i]$\notin$S g[i][S]=g[i-1][S];

我们发现转移的来源都是单一的，所以我们可以枚举最后剩下的一个apple，O(m)dfs出它是否可行，以及它的垫背集合(必须剩下的)。

考虑如何统计答案：a,b同时存在的条件一定是g[a][Sa]=1&&g[b][Sb]=1&&Sa∩Sb=∅;

简单证明一下为什么是∅：

设Sa与Sb最先的交集为e，也就是说没有e时Sa∩Sb=∅;

首先刚开始的时候一定为空，假设Sa中c需要用e做垫背，Sb中d需要用e做垫背，根据先前所述，c!=d。

所以(c,e)(d,e)一定不是一个人，也就是e这个苹果被吃了两次，不合法。