2024.9.23校测

T1

题目描述

如果你有一个长度为 n 的序列：$a_1,a_2,a_3,\dots ,a_n$，那么它的一个逆序对是一个二元组：$<i,j>$ 满足 $i<j$ 且 $a_i>a_j$，其中 $i,j\in [1,n]$。

我们称一个序列所包含的逆序对的个数为这个序列的逆序对数。

那么问题来了：

我给出一个长度为 n 的序列，需要你计算：

$$\begin{gathered} a_1,a_2,\dots ,a_{n-1},a_n \\ {a}_2,a_3,\dots ,a_n,a_1 \\ {a}_3,a_4,\dots ,a_1,a_2 \\ \dots \\ {a}_n,a_1,\dots ,a_{n-2},a_{n-1} \end{gathered}$$

这 $n$ 个序列的逆序对个数之和。

输入格式

输入文件包含 $2$ 行：

第 $1$ 行 $1$ 个整数：$n$，表示给定序列的长度。

第 $2$ 行 $n$ 个整数：$a_1,a_2,\dots ,a_n$，表示初始序列。

输出格式

输出 $n$ 个序列的逆序对个数的和。

输入样例1

3
2 2 3

输出样例1

3

样例1解释

以上样例中，3 个序列分别是：$2,2,3$，$2,3,2$，$3,2,2$，分别有 $0,1,2$ 个逆序对，所以和为 $3$。

输入样例2

3
1 1 1

输出样例2

0

样例2解释

以上样例中，$3$ 个序列都是：$1,1,1$，逆序对数为 $0$，所以答案为 $0$。

数据规模

对于 $30\mathrm{\%}$ 数据，$1\le n\le 300$。

对于 $60\mathrm{\%}$ 数据，$1\le n\le 5000$。

对于 $100\mathrm{\%}$ 数据，$1\le n\le {10}^6,1\le a_i\le n$。

完整代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 1e6 + 9;
int t[N * 24], a[N << 1], n, now, ans;
int lowbit(int x){
	return x & (-x);
}
void insert(int p, int x){
	for(int i = p; i <= n; i += lowbit(i))
		t[i] += x;
}
int query(int p){
	int ret = 0;
	for(int i = p; i; i -= lowbit(i))
		ret += t[i];
	return ret;
}
signed main(){
	freopen("rotinv.in", "r", stdin);
	freopen("rotinv.out", "w", stdout);
	scanf("%lld", &n);
	for(int i = 1; i <= n; i++){
		scanf("%lld", &a[i]);
		a[n + i] = a[i];
	}
	for(int i = 1; i <= n; i++){
		now += (i - 1) - query(a[i]);
		insert(a[i], 1);
	}
	ans = now;
	for(int i = n + 1; i < n + n; i++){
		insert(a[i - n], -1);
		now += (n - 1) - query(a[i]);
		now -= query(a[i - n] - 1);
		insert(a[i], 1);
		ans += now;
	}
	printf("%lld", ans);
	return 0;
} 

T2

题目描述

你有一堆柱子，它们竖直地并排摆放在桌子上，它们的高度分别是：$h_1,h_2,h_3,\dots ,h_n$。

你从前往后看，能够看见的柱子个数为这个柱子序列的“可见度”（能够看见柱子 $i$ 当且仅当 $hj<hi$ 且 $j<i$）。

现在给你一个长度为 $n$ 的序列，还有 $m$ 个询问，每次询问某个区间 $[l,r]$ 的柱子单独拿出来后，其可见度是多大。

输入格式

第 $1$ 行 $2$ 个整数：$n,m$，表示给出的柱子序列的长度和询问数。

第 $2$ 行 $n$ 个整数：$a_1,a_2,a_3,\dots ,a_n$，表示每根柱子对应的高度。

接下来 $m$ 行，每行 $2$ 个整数：$l,r$，表示对区间 $[l,r]$ 进行询问。

输出格式

对于每个询问，输出答案。

输入样例

5 4
1 3 2 4 2
1 4
2 4
1 3
2 3

输出样例

3
2
2
1

样例解释

样例中“能够看见”的柱子的高度分别是：$1,3,4$，$3,4$，$1,3$，$3$。

数据规模

对于 $30\mathrm{\%}$ 的数据，$1\le n,m\le {10}^3$。

对于 $100\mathrm{\%}$ 的数据，$1\le n,m\le {10}^5,1\le a_i\le n,1\le l\le r\le n$。

T3

题目描述

给你一棵无根树，边有边权，且是 $[0,9]$ 之间的整数，给你 $m$ 个询问，每次询问两个点 $u,v$ 之间的路径的边的边权顺次连接起来后构成的那个数字取模于 $31$。

输入格式

第 $1$ 行 $2$ 个整数：$n,m$，表示树的节点个数和询问数。

接下来 $n-1$ 行，每行 $3$ 个数：$u,v,d$ 表示点 $u$ 和点 $v$ 之间有一条边权为 $d$ 的边。

接下来 $m$ 行，每行 $2$ 个整数：$u,v$ 表示一个询问。

输出格式

对于每个询问输出其答案。

输入样例

5 3
1 2 2
1 3 8
3 4 9
3 5 2
1 4
2 5
5 2

输出样例

27
24
6

样例解释

样例中三条路径对应的数字分别是：$89,582,285$，它们被 $31$ 取模后为：$27,24,6$。

数据规模

对于 $30\mathrm{\%}$ 的数据，$1\le n,m\le {10}^3$。

对于 $100\mathrm{\%}$ 的数据，$1\le n,m\le {10}^5,1\le u,v\le n,u\ne v,0\le d\le 9$。

仍需调试的代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 9, MOD = 31;
struct Edge{
	int v, w, nex;
} e[N << 1];
int head[N], ecnt;
void addEdge(int u, int v, int w){
	e[++ecnt] = Edge{v, w, head[u]};
	head[u] = ecnt;
}
int fa[N][20], siz[N], dep[N], num1[N], num2[N];
void dfs(int u, int f){
	dep[u] = dep[f] + 1;
	fa[u][0] = f;
	for(int i = 1; (1 << i) <= dep[u]; i++)
		fa[u][i] = fa[fa[u][i - 1]][i - 1];
	for(int i = head[u]; i; i = e[i].nex){
		int v = e[i].v, w = e[i].w;
		if(v == f)
			continue;
		if(u == 1)
			num1[v] = num2[v] = e[i].w;
		else {
			if(num1[u] / 10 == 0)
				num1[v] = (w * 10 + num1[u]) % MOD;
			else
				num1[v] = (w * 100 + num1[u]) % MOD;
			num2[v] = (num2[u] * 10 + w) % MOD;
		}
		dfs(v, u);
	}
}
int lca(int x, int y){
	if(dep[x] < dep[y])
		swap(x, y);
	for(int i = 19; i >= 0; i--)
		if(dep[x] - (1 << i) >= dep[y])
			x = fa[x][i];
	if(x == y)
		return x;
	for(int i = 19; i >= 0; i--)
		if(fa[x][i] != fa[y][i]){
			x = fa[x][i];
			y = fa[y][i];
		}
	return fa[x][0];
}
int n, m;
int main(){
	scanf("%d%d", &n, &m);
	for(int i = 1; i < n; i++){
		int u, v, w;
		scanf("%d%d%d", &u, &v, &w);
		addEdge(u, v, w);
		addEdge(v, u, w);
	}
	dfs(1, 0);
	for(int i = 1; i <= m; i++){
		int u, v;
		scanf("%d%d", &u, &v);
		int l = lca(u, v);
		int tmp1 = num1[l], tmp2 = num1[u];
		while(tmp1 > 0){
			tmp1 /= 10;
			tmp2 /= 10;
		}
		int tmp3 = num2[l], tmp4 = num2[v], now = num2[v] % 10;
		while(tmp3 > 0){
			tmp3 /= 10;
			tmp4 /= 10;
			now = now * 10 + tmp4 % 10;
		}
		if(now / 10 == 0)
			printf("%d\n", (tmp2 * 10 + now) % MOD);
		else
			printf("%d\n", (tmp2 * 100 + now) % MOD);
	}
	return 0;
}