[75] (NOIP集训) NOIP2024 加赛 8
A.flandre
我的做法是，所有数离散化之后扔进桶里，去枚举选择 \([i,+\infty)\) 内的数的贡献，在所有的 \(i\) 里取一个最大值作为答案
lbtl 指出可能存在最优答案是选择 \([i+1,+\infty)\) 内的所有数与值为 \(i\) 的部分数的数据
和 lbtl 交涉后尝试构造一组相同元素只选后一半的数据
令 \(a_i=a_{i+1}\)
- 不选 \(i\)：设为 \(s\)
- 选 \(i\)：\(s+a_i+k(n-i)\)
构造一组 \(a_i+k(n-i)\lt 0,a_{i+1}+k(n-i)-k\gt 0\)，即 \(a_i\lt -k(n-i),a_{i+1}-k\gt -k(n-i)\)，需要使 \(a_i+k\le a_{i+1}\)，即 \(a_{i+1}-a_{i}\ge k\)，不符合题设 \(a_i=a_{i+1}\)，无法构造出这种数据
说白了就是相等的数排完序后越靠前贡献越大，如果你选了后几个数，在这些数都是正贡献的情况下肯定要选后面的，都是负贡献的情况下肯定是为了选前面的数，否则不如不选
因此这种做法是有严格的正确性的，可能只是比较麻烦
赛时因为方案算对了答案算错了挂了 \(20\) 分，由于用方案代回去算一遍就行，因此没仔细去查错因
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
template<typename T>
inline void read(T&x){
x=0;char ch=getchar();int f=1;
while(!isdigit(ch)){
if(ch=='-') f*=-1;
ch=getchar();
}
while(isdigit(ch)) x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
x*=f;
}
#define int long long
int n,k;
int a[1000001];
int b[1000001];
int sum[1000001];
int sumcnt[1000001];
int sumnew[1000001];
int cnt[1000001];
vector<int>pos[1000001];
signed main(){
read(n);read(k);
for(int i=1;i<=n;++i){
read(a[i]);
b[i]=a[i];
}
sort(b+1,b+n+1);
int tmp=unique(b+1,b+n+1)-b-1;
for(int i=1;i<=n;++i){
a[i]=lower_bound(b+1,b+tmp+1,a[i])-b;
cnt[a[i]]++;
pos[a[i]].push_back(i);
}
for(int i=1;i<=tmp;++i){
sumcnt[i]=sumcnt[i-1]+cnt[i];
sum[i]=sum[i-1]+b[i]*cnt[i];
sumnew[i]=sumnew[i-1]+cnt[i]*(sumcnt[i-1]);
}
int ans=-0x7fffffffffffffff,anscnt=1;
for(int i=1;i<=tmp;++i){
if(sum[tmp]-sum[i-1]+k*(sumnew[tmp]-sumnew[i]-(tmp-i)*sumcnt[i-1])>ans){
ans=sum[tmp]-sum[i-1]+k*(sumnew[tmp]-sumnew[i]-(tmp-i)*sumcnt[i-1]);
anscnt=i;
}
}
if(ans<0){
printf("0 0");
return 0;
}
int tot=0,anss=0;
for(int i=anscnt;i<=tmp;++i){
for(int j:pos[i]){
anss+=b[a[j]]+tot*k;
}
tot+=(int)pos[i].size();
}
printf("%lld %lld\n",anss,tot);
for(int i=anscnt;i<=tmp;++i){
for(int j:pos[i]) printf("%lld ",j);
}
}
B.meirin
赛时偶遇 \(\sum\limits^{n}_{l=1}\sum\limits^{n}_{r=l}(\sum\limits_{i=l}^{r}(a_i)\times \sum\limits_{i=l}^{r}(b_i))\) 强如怪物拼尽全力无法战胜
正确的解法应该是拆贡献，考虑到你把上面这坨东西拆开一定是一个形如 \(\sum\limits^{n}_{i=1}\sum\limits_{j=1}^{n}c_{i,j}a_ib_j\) (其中 \(c_{i,j}\) 为系数) 的东西，因此考虑怎么求解这个 \(c_{i,j}\)
一种比较直观的方法是将原式改成 \(\sum\limits^{n}_{l=1}\sum\limits^{n}_{r=l}(\sum\limits_{i=l}^{r}(a_i\times \sum\limits_{i=l}^{r}(b_i)))\)，这样改可以发现，只有 \(l\le i,j\le r\) 的区间 \([l,r]\) 会对 \(c_{i,j}\) 有贡献，因此 \(c_{i,j}\) 的实质就是同时包含 \(i,j\) 的区间个数
考虑求出这个玩意以后有什么用，如果你求出这东西，那么对 \([l,r]\) 区间修改 \(b_i\) 就相当于对答案增加了一个系数为 \(\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=l}^{r}a_ic_{i,j}\) 的贡献，可以直接维护前缀和 \(O(1)\) 处理
剩下的工作就是降这个预处理 \(c_{i,j}\) 的复杂度了，可以考虑直接维护 \(p_i=a_i\sum\limits_{j=1}^{n}c_{i,j}=\sum\limits_{j=1}^{i-1}j(n-i+1)a_j+\sum\limits_{j=i}^{n}i(n-j+1)a_i\)（因为 \(a_i\) 不变），然后直接推一个从 \(p_{i-1}\) 到 \(p_i\) 的转移式，会发现里面有需要维护的两项 \(\sum\limits_{j=1}^{i-1}j\times a_j\) 和 \(\sum_{j=i}^{n}(n-j+1)a_j\)，直接套前缀和就行
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int p=1e9+7;
int n,q;
int a[500001],b[500001];
int x[500001],y[500002],s[500001];
int qz[500001],hz[500002];
int sums[500001];
signed main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin>>n>>q;
for(int i=1;i<=n;++i){
cin>>a[i];
}
for(int i=1;i<=n;++i){
cin>>b[i];
}
for(int i=1;i<=n;++i){
qz[i]=(qz[i-1]+i*a[i]+p)%p;
hz[i]=(hz[i-1]+(n-i+1)*a[i]+p)%p;
}
for(int i=1;i<=n;++i){
x[i]=qz[i]%p;
y[i]=((hz[n]-hz[i-1]+p)%p+p)%p;
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;++i){
s[i]=(s[i-1]-x[i-1]+y[i]+p)%p;
ans=(ans+b[i]*s[i])%p;
sums[i]=(sums[i-1]+s[i])%p;
}
while(q--){
int l,r,v;
cin>>l>>r>>v;
ans=((ans+(sums[r]-sums[l-1])*v%p)%p+p)%p;
cout<<ans<<'\n';
}
}
C.sakuya
发现期望是个诈骗东西，每两个节点相邻概率一样，题目实际上让求的是 \(\frac{\sum\limits_{i=1}^{m}\sum\limits_{j=1}^{m}dist(i,j)}{m}\)
对上面这个东西不难想到，对标记节点重构一棵树，直接跑换根就能得到答案
然而这个题带修，因此需要一些智慧的处理
因为是单点修改，想到可以把每个边的贡献下放到两端节点处，这和上个题就一样了，设 \(c_{i,j}\) 是 \((i,j)\) 这条边的贡献系数（即在答案中出现的次数），直接对每个点统计 \(f_i=\sum\limits_{j,(i,j)\in E}c_{i,j}\) 直接就做完了，这题纯纯就是上个题的树上版本
这个 \(c_{i,j}\) 求起来更简单了，考虑这是一棵树，一条边总会将树分成两部分，那么这条边对答案的贡献就是两个部分标记节点数量的乘积
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int p=998244353;
int n,m;
struct edge{
int to,w;
};
vector<edge>e[500001];
bool vis[500001];
int viscnt[500001];
int f[500001];
int fa[500001];
inline int cal(int x,int y){ //find the ans of (x,y)
if(x==fa[y]) return viscnt[y]*(m-viscnt[y]);
else if(y==fa[x]) return viscnt[x]*(m-viscnt[x]);
assert(0);
}
void dfs1(int now,int last){
if(vis[now]) viscnt[now]=1;
else viscnt[now]=0;
fa[now]=last;
for(edge i:e[now]){
if(i.to!=last){
dfs1(i.to,now);
viscnt[now]+=viscnt[i.to];
}
}
}
int ans=0;
void dfs2(int now){
for(edge i:e[now]){
f[now]=(f[now]+cal(i.to,now))%p;
if(i.to!=fa[now]){
dfs2(i.to);
ans=(ans+i.w*cal(i.to,now))%p;
}
}
}
int power(int a,int t){
int base=a,ans=1;
while(t){
if(t&1){
ans=ans*base%p;
}
base=base*base%p;
t>>=1;
}
return ans;
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n-1;++i){
int x,y,z;
cin>>x>>y>>z;
e[x].push_back({y,z});
e[y].push_back({x,z});
}
int inv=power(m,p-2);
for(int i=1;i<=m;++i){
int x;cin>>x;
vis[x]=true;
}
dfs1(1,0);
dfs2(1);
int q;cin>>q;
while(q--){
int x,k;
cin>>x>>k;
ans=(ans+f[x]*k%p+p)%p;
cout<<ans*2*inv%p<<'\n';
}
}
something
也需要迎来故事的终局了
希望一切都会好起来
