2025.1.4 Hello 2025

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Solved: 5/9

Upsolved: 6/9

Rank: 542

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搞了个很长的大头，之后贴代码都不贴大头了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ui=unsigned; using db=long double; using ll=long long; using ull=unsigned long long; using lll=__int128;
using pii=pair<int,int>; using pll=pair<ll,ll>;
template<class T1, class T2> istream &operator>>(istream &cin, pair<T1, T2> &a) { return cin>>a.first>>a.second; }
template<class T1> istream &operator>>(istream &cin, vector<T1> &a) { for (auto &x:a) cin>>x; return cin; }
template<class T1> istream &operator>>(istream &cin, valarray<T1> &a) { for (auto &x:a) cin>>x; return cin; }
template<class T1, class T2> bool cmin(T1 &x, const T2 &y) { if (y<x) { x=y; return 1; } return 0; }
template<class T1, class T2> bool cmax(T1 &x, const T2 &y) { if (x<y) { x=y; return 1; } return 0; }
istream &operator>>(istream &cin, lll &x) { x=0; static string s; cin>>s; for (char c:s) x=x*10+(c-'0'); return cin; }
ostream &operator<<(ostream &cout, lll x) { static char s[60]; int tp=1; s[0]='0'+(x%10); while (x/=10) s[tp++]='0'+(x%10); while (tp--) cout<<s[tp]; return cout; }
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
const int mod = 998244353;
const ll inf=4e18;
ll qpow(ll x,ll y=mod-2,int m=mod){ll r=1;for(;y;y>>=1,x=x*x%m)if(y&1)r=r*x%m;return r;}
 
void solve(){
 
}
 
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
    int T;
    cin>>T;
    //while(T--)cout<<(solve()?"YES":"NO")<<'\n';
    while(T--)solve();
}

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A. MEX Table

题意：将 $0$ 到 $nm-1$ 排成一个 $n\times m$ 矩阵，使行 mex 之和加列 mex 之和最大。

注意到 0 所在行列之外的 mex 均为 0，所以只需让 0 所在行或列 mex 取到 $n$ 或 $m$，另一个 mex 取 $1$。

void solve(){
    int n,m;
    cin>>n>>m;
    cout<<max(n,m)+1<<'\n';
}

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B. Gorilla and the Exam

题意：给一个序列，任意修改其中 $k$ 个数，使得出现的不同的数最少。

按出现次数从小到大排序，改成出现次数最多的数。

void solve(){
    int n,k;
    cin>>n>>k;
    vector<int> a(n);
    cin>>a;
    if(n==k){cout<<"1\n";return;}
    map<int,int> cnt;
    for(int i=0;i<n;i++)cnt[a[i]]++;
    int ans=0;
    vector<int> b;
    for(auto x:cnt)b.push_back(x.second);
    sort(all(b));
    int m=b.size(),res=m;
    for(int i=0;i<m;i++){
        if(k<b[i])break;
        k-=b[i];
        --res;
    }
    cout<<res<<'\n';
}

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C. Trip to the Olympiad

题意：给定区间 $[l,r]$，从中选取三个不同的整数 $a,b,c$，使 $(a\oplus b)+(b\oplus c)+(c\oplus a)$ 最大。

尽量使每一位都同时出现 0 和 1。直接令 $a=l,c=r$，从高到低考虑 $b$ 的二进制位：

• 若 $l$ 和 $r$ 的某位相同，且之前未出现过不同，则 $b$ 也只能与 $l$ 和 $r$ 相同；

• 若 $l$ 和 $r$ 的某位相同，且之前出现过不同，则 $b$ 与 $l$ 和 $r$ 不同；

• 若 $l$ 和 $r$ 的某位不同，且之前未出现过不同，则一定是 $l$ 的这一位是 $0$ 而 $r$ 的这一位是 $1$。此时找到这一位之后最高的相同位，若为 $0$ 则表示 $b$ 的这一位是 $1$，倒推回来当前位只能是 $0$（否则将大于 $r$），为 $1$ 同理；

• 若 $l$ 和 $r$ 的某位不同，且之前出现过不同，则取与第一次不同的位相反的数即可。

void solve(){
    ll l,r;
    cin>>l>>r;
    ll a=l,c=r,b=0;
    int o=__lg(r);
    bool fl=1;
    int t=0;
    for(int i=o;i>=0;--i){
        int x=l>>i&1,y=r>>i&1;
        if(x==y){
            if(fl)b|=x<<i;
            else b|=(x^1)<<i;
        }
        else{
            if(fl){
                for(int j=i;j>=0;--j)
                    if((l>>j&1)==(r>>j&1)){
                        t=l>>j&1;
                        break;
                    }
                b|=t<<i;
                fl=0;
            }
            else b|=(t^1)<<i;
        }
    }
    cout<<a<<' '<<b<<' '<<c<<'\n';
}

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D. Gifts Order

题意：维护一个序列，支持单点修改，全局查询区间极差减区间长度的最大值。

首先最优区间一定左端点和右端点分别为最大和最小值。

若左端点为最大值，则答案是 $a_l-a_r-r+l=(a_l+l)-(a_r+r)$；若右端点为最大值，则答案是 $a_r-a_l-r+l=(a_r-r)-(a_l-l)$。

令 $b_i=a_i-i,c_i=a_i+i$，则答案是 $max\{\underset{l<r}{max}{b}_r-b_l,\underset{l<r}{max}{c}_l-c_r\}$。

对于单点修改，我们可以用线段树维护区间最大值、区间最小值和区间答案。

#define lc (x<<1)
#define rc (x<<1|1)
#define mid ((l+r)>>1)
 
const int N=2e5+5;
int n,q,x,y,a[N],b[N],c[N];
int mxb[N*4],mnb[N*4],mxc[N*4],mnc[N*4],ansb[N*4],ansc[N*4];
void pushup(int x){
    mxb[x]=max(mxb[lc],mxb[rc]), mnb[x]=min(mnb[lc],mnb[rc]);
    mxc[x]=max(mxc[lc],mxc[rc]), mnc[x]=min(mnc[lc],mnc[rc]);
    ansb[x]=max(max(ansb[lc],ansb[rc]),mxb[rc]-mnb[lc]);
    ansc[x]=max(max(ansc[lc],ansc[rc]),mxc[lc]-mnc[rc]);
}
void build(int x,int l,int r){
    if(l==r){
        mxb[x]=mnb[x]=b[l];
        mxc[x]=mnc[x]=c[l];
        ansb[x]=ansc[x]=0;
        return;
    }
    build(lc,l,mid);
    build(rc,mid+1,r);
    pushup(x);
}
void update(int x,int l,int r,int pos,int vb,int vc){
    if(l==r){
        mxb[x]=mnb[x]=vb;
        mxc[x]=mnc[x]=vc;
        ansb[x]=ansc[x]=0;
        return;
    }
    if(pos<=mid)update(lc,l,mid,pos,vb,vc);
    else update(rc,mid+1,r,pos,vb,vc);
    pushup(x);
}
 
void solve(){
    cin>>n>>q;
    for(int i=1;i<=n;++i)cin>>a[i],b[i]=a[i]-i,c[i]=a[i]+i;
    build(1,1,n);
    cout<<max(ansb[1],ansc[1])<<'\n';
    while(q--){
        cin>>x>>y;
        b[x]=y-x,c[x]=y+x;
        update(1,1,n,x,b[x],c[x]);
        cout<<max(ansb[1],ansc[1])<<'\n';
    }
}

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E. Another Exercise on Graphs

题意：给一张无向图，多次询问 $x$ 到 $y$ 的所有路径中第 $k$ 大边的最小值。$n\le 400$。

最小化第 $k$ 大一类问题我们有经典的二分做法，将所有小于等于 $x$ 的边视为 $0$，大于 $x$ 的边视为 $1$，然后求最短路。
但直接套用到本题复杂度是 $O(qm\log w)$ 甚至连 E1 都过不去。

答案仅可能是某条边的边权，我们考虑从小到大动态加边并维护“将大于当前边权视为 $1$ 小于等于当前边权视为 $0$”的 dis 数组。

每加入一条边相等于将一条 $1$ 边变为 $0$ 边，这相当于对所有点对进行一次松弛，需要 $O(n^2)$ 更新。

本题 $m=O(n^2)$ 所以直接做是 $O(n^4)$ 仍然无法通过。但注意到有效松弛（会改变 dis 的松弛）只有 $n-1$ 次，因此同时维护一个并查集，只有加入不同集合的边时才进入松弛，复杂度就降到了 $O(n^3)$。

const int N=405,M=3e5+5;
int n,m,q,x,y,z,dis[N][N],ans[N][N][N];
struct node{int x,y,z;}buc[M],que[M];
 
int fa[N];
int find(int x){return fa[x]==x?x:fa[x]=find(fa[x]);}
 
void solve(){
    cin>>n>>m>>q;
    for(int i=1;i<=n;++i)
        for(int j=1;j<=n;++j)if(i!=j){
            dis[i][j]=inf;
            for(int k=1;k<=n;++k)
                ans[i][j][k]=inf;
        }
    for(int i=1;i<=m;i++){
        cin>>x>>y>>z;
        dis[x][y]=dis[y][x]=1;
        buc[i]={x,y,z};
    }
    for(int k=1;k<=n;++k)
        for(int i=1;i<=n;++i)
            for(int j=1;j<=n;++j)
                cmin(dis[i][j],dis[i][k]+dis[k][j]);
    sort(buc+1,buc+m+1,[](node a,node b){return a.z<b.z;});
    for(int i=1;i<=q;++i)cin>>x>>y>>z,que[i]={x,y,z};
    for(int i=1;i<=n;++i)fa[i]=i;
    for(int i=1;i<=m;++i){
        int x=buc[i].x,y=buc[i].y;
        int xx=find(x),yy=find(y);
        if(xx!=yy){
            for(int j=1;j<=n;++j)
                for(int k=1;k<=n;++k){
                    cmin(dis[j][k],min(dis[j][y]+dis[x][k],dis[j][x]+dis[y][k]));
                    if(dis[j][k]<=n&&ans[j][k][dis[j][k]+1]>=inf)ans[j][k][dis[j][k]+1]=buc[i].z;
                }
            fa[xx]=yy;
        }
    }
    for(int i=1;i<=q;++i)cout<<ans[que[i].x][que[i].y][min(n,que[i].z)]<<' ';
    cout<<'\n';
}