叫高二上一调？简要题解 (ACD)

A. 电压机制

题意转换为所有奇环的并排除掉所有偶环留下的边的个数 .

建出 DFS 树，然后只有返祖边可能构成环 .

于是类似树上差分，\(odd_u\) 统计奇环，\(even_u\) 统计偶环 .

如果一条返祖边 \(u\leftrightarrow v\) 形成奇环，则 \(odd_u\) 自增 \(1\)，\(odd_v\) 自减 \(1\)，偶环类似 .

于是 \(u\) 的子树 \(odd\) 和即为 DFS 树上 \(u\) 与其父节点连接的边被多少奇环包含 .

于是就可以随便统计答案了，时间复杂度 \(O(n+m)\) .

using namespace std;
const int N = 1e5 + 233;
typedef pair<int, int> pii;
typedef long long ll;
vector<pii> g[N];
inline void addedge(int u, int v, int w){g[u].emplace_back(make_pair(v, w));}
inline void ade(int u, int v, int w){addedge(u, v, w); addedge(v, u, w);}
int n, m, col[N], odd[N], od[N], oddcycle;
bool vis[N];
inline void dfs(int u)
{
	for (pii _ : g[u])
	{
		int v = _.first, id = _.second; 
		if (vis[id]) continue;
		vis[id] = true;
		if (col[v])
		{
			if (col[u] == col[v]){++oddcycle; ++odd[u]; --odd[v]; ++od[id];}
			else{--odd[u]; ++odd[v]; --od[id];}
		}
		else{col[v] = 3 - col[u]; dfs(v); odd[u] += odd[v]; od[id] += odd[v];}
	}
}
int main()
{
	scanf("%d%d", &n, &m);
	for (int i=1, u, v; i<=m; i++) scanf("%d%d", &u, &v), ade(u, v, i);
	col[1] = 1; dfs(1);
	int ans = 0;
	for (int i=1; i<=m; i++) ans += (od[i] == oddcycle);
	printf("%d\n", ans);
	return 0;
}

B. 括号密码

不会 .

C. 内积

AH/HNOI2017 礼物 究极弱化版？

根据排序不等式知把 \(\{a\},\{b\}\) 从小到大排答案是最大的 .

做完了 .

using namespace std;
typedef pair<int, int> pii;
typedef long long ll;
const int N = 1919810;
int n, a[N], b[N];
int main()
{
	file("nj"); 
	scanf("%d", &n);
	for (int i=1; i<=n; i++) scanf("%d", a+i);
	for (int i=1; i<=n; i++) scanf("%d", b+i);
	sort(a+1, a+1+n); sort(b+1, b+1+n);
	ll ans = 0;
	for (int i=1; i<=n; i++) ans += 1ll * a[i] * b[i];
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}

D. 排列

复读题解.bmp

我们称两个位置 \((p, q)\) 为好的，当且仅当 \((p, q)\) 不为 \((1,2),(1,4), (3,4)\) 中的任意一个 .

如果排列 \(\{a\}\) 中存在两个位置 \(p,q\) 使得 \((p,q),(a_p,a_q)\) 均为好二元组，则显然剩下的两个数在位置上和值域上都不连续，于是它俩的选择就独立了 .

于是问题变成了快速求位置在 \([l_1, r_1]\) 且值在 \([l_2, r_2]\) 中的数，二维前缀和即可 .

可以发现除了特殊排列 2413 和 3142，都是可以找到一组 \(p,q\) 的 .

这两种其实是本质相同的（reverse 一下就得到另一个了），所以下面以 2413 为例说明 .

考虑枚举 3,4 的位置，那么问题就变成在某位前面找一个数，后面找一个数，要求前面比后面大的方案数，直接前缀和即可 .

时间复杂度 \(O(n^2)\) .

using namespace std;
const int N = 2e3 + 233;
typedef pair<int, int> pii;
typedef long long ll;
int n;
ll a[15], b[N], s[N][N];
ll sum(int i, int vl, int vr){return s[i][vr] - s[i][vl - 1];}
ll S(int l, int r, int p, int q, int vl, int vr)
{
	if (p) return sum(r, 1, vl-1) - sum(l-1, 1, vl-1);
	if (q) return sum(r, vr+1, n) - sum(l-1, vr+1, n);
	return sum(r, vl+1, vr-1) - sum(l-1, vl+1, vr-1);
}
ll solve(int p, int q, int r, int s)
{
	ll ans = 0; int L = min(a[p], a[q]), R = max(a[p], a[q]);
	for (int i=1; i<=n; i++)
		for (int j=i+1; j<=n; j++)
			if ((b[i] < b[j]) == (a[p] < a[q]))
			{
				int vl = min(b[i], b[j]), vr = max(b[i], b[j]);
				ans += ((r == 1) ? S(1, i-1, a[r]<L, a[r]>R, vl, vr) : S(i+1, j-1, a[r]<L, a[r]>R, vl, vr)) * 
				       ((s == 4) ? S(j+1, n, a[s]<L, a[s]>R, vl, vr) : S(i+1, j-1, a[s]<L, a[s]>R, vl, vr));
			}
	return ans;
}
int main()
{
	file("d");
	scanf("%d%lld%lld%lld%lld", &n, a+1, a+2, a+3, a+4);
	for (int i=1; i<=n; i++) scanf("%lld", b+i);
	for (int i=1; i<=n; i++)
		for (int j=1; j<=n; j++) s[i][j] = s[i-1][j] + (b[i] <= j);
	auto check = [=](int x, int y, int l, int r) -> bool
	{
		if (l > r) swap(l, r);
		return ((a[x]>l) != (a[y]>l)) || ((a[x]>r) != (a[y]>r));
	};
	if (check(1, 4, a[2], a[3])){printf("%lld\n", solve(2, 3, 1, 4)); return 0;}
	if (check(2, 4, a[1], a[3])){printf("%lld\n", solve(1, 3, 2, 4)); return 0;}
	if (check(1, 3, a[2], a[4])){printf("%lld\n", solve(2, 4, 1, 3)); return 0;}
	if (a[1] == 3) // 3142
	{
		reverse(a+1, a+5); reverse(b+1, b+1+n);
		for (int i=1; i<=n; i++)
			for (int j=1; j<=n; j++) s[i][j] = s[i-1][j] + (b[i] <= j); // !!!!!!!!!
	} swap(a[3], a[4]);
	ll ans = -solve(1, 3, 2, 4);
	for (int i=1; i<=n; i++)
		for (int j=i+1; j<=n; j++)
			if (b[i] < b[j]) ans += (s[n][b[i]] - s[j][b[i]]) * (sum(n, b[i], b[j]) - sum(j, b[i], b[j]));
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}