2024.09 别急记录
1. ARC070F - HonestOrUnkind
发现 \(a\leq b\) 时 \(b\) 内部可以构造出一个好人集合，一定无解；否则有两种情况：
- \(x\) 认为 \(y\) 是坏人，二者一好一坏，全部删去即可；
- \(x\) 认为 \(y\) 是好人，那么 \(y\) 一定比 \(x\) 更好。
维护一个栈表示目前越来越好的人，每次取出栈顶询问新人，若为好则将新人放入栈顶；否则将栈顶弹出。最后栈顶一定是一个好人，让他询问一遍所有人即可。
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//AT_arc070_d
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int qry(int x, int y){
if(x == y){
return 1;
}
printf("? %d %d\n", x, y);
fflush(stdout);
char s[4];
scanf("%s", s);
return s[0] == 'Y';
}
int st[4010];
int main(){
int n, a, b;
scanf("%d%d", &a, &b);
if(a <= b){
puts("Impossible");
fflush(stdout);
return 0;
}
n = a + b;
int tp = 0;
for(int i = 0; i < n; ++ i){
if(tp == 0){
st[++tp] = i;
} else {
if(qry(st[tp], i)){
st[++tp] = i;
} else {
-- tp;
}
}
}
int x = st[tp];
for(int i = 0; i < n; ++ i){
st[i] = qry(x, i);
}
putchar('!');
putchar(' ');
for(int i = 0; i < n; ++ i){
putchar(st[i] + '0');
}
puts("");
return 0;
}
2. CF843E - Maximum Flow
考虑答案（满流边）相当于一个全部由 1 边组成的割，那么这个最小割是好求的：对于 0 边连 \((u,v,\inf,0)\)，1 边连 \((u,v,1,{\color{red}\inf})\) （因为可以退流）。那么跑完后与 \(s\) 连通、不连通的集合的交叉部分的边即为一组最小割。
求得最小割以后把所有 1 边加入图中跑流量 \([1,\inf)\) 的上下界流，之后将除了这个最小割集以外的边容量设为流量 \(+1\) 即可。由于第一步求得的是一个割，所以这个构造是正确的。
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//CF843E
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 110, M = 1e5 + 10, inf = 1000;
int n, m, s, t, mc[M], deg[N];
struct edge{
int u, v, g;
} E[M];
int hd[N], now[N], dep[N], ln[M], eg[M], nx[M], tot = 1;
void adg(int u, int v, int w){
eg[++tot] = v;
ln[tot] = w;
nx[tot] = hd[u];
hd[u] = tot;
}
void add(int u, int v, int w, int ww){
adg(u, v, w);
adg(v, u, ww);
}
bool bfs(int s, int t){
memset(dep, 0, sizeof(dep));
memcpy(now, hd, sizeof(hd));
queue<int> q;
dep[s] = 1;
q.push(s);
while(!q.empty()){
int x = q.front();
q.pop();
for(int i = hd[x]; i; i = nx[i]){
int y = eg[i], z = ln[i];
if(z && !dep[y]){
dep[y] = dep[x] + 1;
q.push(y);
if(y == t){
return 1;
}
}
}
}
return 0;
}
int dfs(int x, int t, int fl){
if(x == t){
return fl;
}
int rs = fl;
for(int i = now[x]; i && rs; i = nx[i]){
int y = eg[i], z = ln[i];
now[x] = i;
if(z && dep[y] == dep[x] + 1){
int k = dfs(y, t, min(z, rs));
if(!k){
dep[y] = 0;
}
ln[i] -= k;
ln[i^1] += k;
rs -= k;
}
}
return fl - rs;
}
int dinic(int s, int t){
int mf = 0, tmp;
while(bfs(s, t)){
while(tmp = dfs(s, t, inf)){
mf += tmp;
}
}
return mf;
}
int main(){
scanf("%d%d%d%d", &n, &m, &s, &t);
for(int i = 1; i <= m; ++ i){
scanf("%d%d%d", &E[i].u, &E[i].v, &E[i].g);
if(E[i].g){
add(E[i].u, E[i].v, 1, inf);
} else {
add(E[i].u, E[i].v, inf, 0);
}
}
printf("%d\n", dinic(s, t));
bfs(s, t);
for(int i = 1; i <= m; ++ i){
if(dep[E[i].u] && !dep[E[i].v] && E[i].g){
mc[i] = 1;
}
}
tot = 1;
memset(hd, 0, sizeof(hd));
for(int i = 1; i <= m; ++ i){
if(E[i].g){
add(E[i].u, E[i].v, inf, 0);
++ deg[E[i].v];
-- deg[E[i].u];
} else {
tot += 2;
}
}
int S = n + 1, T = n + 2;
for(int i = 1; i <= n; ++ i){
if(deg[i] > 0){
add(S, i, deg[i], 0);
}
if(deg[i] < 0){
add(i, T, -deg[i], 0);
}
}
add(t, s, inf, 0);
dinic(S, T);
for(int i = 1; i <= m; ++ i){
if(E[i].g){
int k = ln[i*2+1] + 1;
printf("%d %d\n", k, k + 1 - mc[i]);
} else {
puts("0 1");
}
}
return 0;
}
3. 「C.E.L.U-02」 - 苦涩
首先考虑线段树每个节点维护一个堆+区间内 max（不一定是真实的），然后每次添加往 log 个区间内加数（所以需要标记永久化，所以区间 max 不一定是真的），查询是简单的，但是需要使区间堆顶也贡献（区间堆顶=每个片区都有；区间 max=只有一个片区有。两个不同）。修改的时候暴力递归，遇到堆顶=需要删掉的数时将区间与操作区间补集交集的部分递归下去改即可。因为加的区间不多，所以删的也不会多。总复杂度 \(O(n\log^2 n)\)。
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//P7476
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10;
int n, m;
struct node{
int mx;
priority_queue<int> q;
} t[N*8];
void psu(int p){
t[p].mx = max({ t[p<<1].mx, t[p<<1|1].mx, t[p].q.top() });
}
void add(int p, int l, int r, int ql, int qr, int v){
if(qr < l || r < ql){
return;
} else if(ql <= l && r <= qr){
t[p].mx = max(t[p].mx, v);
t[p].q.push(v);
} else {
int mid = l + r >> 1;
add(p<<1, l, mid, ql, qr, v);
add(p<<1|1, mid+1, r, ql, qr, v);
psu(p);
}
}
void psd(int p, int l, int r, int ql, int qr, int v){
if(ql <= l && r <= qr){
return;
}
int mid = l + r >> 1;
if(ql > mid){
t[p<<1].mx = max(t[p<<1].mx, v);
t[p<<1].q.push(v);
psd(p<<1|1, mid+1, r, ql, qr, v);
} else if(qr <= mid){
t[p<<1|1].mx = max(t[p<<1|1].mx, v);
t[p<<1|1].q.push(v);
psd(p<<1, l, mid, ql, qr, v);
} else {
psd(p<<1, l, mid, ql, qr, v);
psd(p<<1|1, mid+1, r, ql, qr, v);
}
psu(p);
}
void del(int p, int l, int r, int ql, int qr, int v){
if(qr < l || r < ql || t[p].mx < v){
return;
} else if(t[p].q.top() == v){
t[p].q.pop();
psd(p, l, r, ql, qr, v);
psu(p);
} else {
int mid = l + r >> 1;
del(p<<1, l, mid, ql, qr, v);
del(p<<1|1, mid+1, r, ql, qr, v);
psu(p);
}
}
int qry(int p, int l, int r, int ql, int qr){
if(qr < l || r < ql){
return -1;
} else if(ql <= l && r <= qr){
return t[p].mx;
} else {
int mid = l + r >> 1;
return max({ qry(p<<1, l, mid, ql, qr),
qry(p<<1|1, mid+1, r, ql, qr),
t[p].q.top() });
}
}
int main(){
scanf("%d%d", &n, &m);
for(int i = 0; i < N*4; ++ i){
t[i].q.push(-1);
t[i].mx = -1;
}
for(int i = 1; i <= m; ++ i){
int op, l, r, k;
scanf("%d%d%d", &op, &l, &r);
if(op == 1){
scanf("%d", &k);
add(1, 1, n, l, r, k);
} else if(op == 2){
int p = qry(1, 1, n, l, r);
if(p != -1){
del(1, 1, n, l, r, p);
}
} else {
printf("%d\n", qry(1, 1, n, l, r));
}
}
return 0;
}
4. CF1009F - Dominant Indices
有 dp 式：\(f_x(i)=\sum f_y(i-1)\)。可以使用长链剖分优化做到 \(O(n)\)：每次转移直接继承重儿子，轻儿子暴力。
解决“直接继承”的方法是开一个 *f[N],buf[N] 然后每次遍历到节点将 buf 中一个连续的 \(maxdep-dep\) 段 \([l,r]\) 分配给这个 \(f\)，然后将 \([l+1,r]\) 分配给重儿子，以此类推即可。
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//CF1009F
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e6 + 10;
int n, dep[N], mx[N], son[N];
int buf[N*2], ans[N], *f[N], *now = buf;
vector<int> g[N];
void dfs(int x, int fa){
mx[x] = dep[x] = dep[fa] + 1;
for(int i : g[x]){
if(i != fa){
dfs(i, x);
if(mx[i] > mx[x]){
son[x] = i;
mx[x] = mx[i];
}
}
}
}
void calc(int x){
f[x][0] = 1;
if(son[x]){
f[son[x]] = f[x] + 1;
calc(son[x]);
ans[x] = ans[son[x]] + 1;
}
for(int y : g[x]){
if(y == son[x] || dep[y] < dep[x]){
continue;
}
f[y] = now;
now += mx[y] - dep[y] + 1;
calc(y);
for(int i = 1; i <= mx[y] - dep[y] + 1; ++ i){
f[x][i] += f[y][i-1];
if(f[x][i] > f[x][ans[x]] ||
(f[x][i] == f[x][ans[x]] && i < ans[x])){
ans[x] = i;
}
}
}
if(f[x][ans[x]] == 1){
ans[x] = 0;
}
}
int main(){
scanf("%d", &n);
for(int i = 1; i < n; ++ i){
int x, y;
scanf("%d%d", &x, &y);
g[x].push_back(y);
g[y].push_back(x);
}
dfs(1, 0);
f[1] = now;
now += mx[1] - dep[1] + 1;
calc(1);
for(int i = 1; i <= n; ++ i){
printf("%d\n", ans[i]);
}
return 0;
}
5. AHOI2022 - 山河重整
首先有显然的 \(O(n^2)\) dp：设 \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个数至多可以表示 \([1,j]\) 的方案数，转移即对于 \(k\in(i,j+1],f_{i,j}\to f_{k,j+k}\)。
那么这个感觉不好优化。考虑容斥。设 \(f_i\) 表示选取 \([1,i]\) 的数能够表示完 \([1,i]\) 的方案数，那么答案有 \(ans=2^n-\sum_{i\in[0,n)}2^{n-i-1}f_i\)。
转移为 \(f_n=g_n-\sum_{i=1}^{n-1}f_i\operatorname{cal}(i,n)\)。其中 \(g_n\) 表示选取若干个不同的正整数和为 \(n\) 的方案数；\(\operatorname{cal}(i,n)\) 表示选取若干个不同的在 \([i+2,n]\) 之间的正整数和为 \(n-i\) 的方案数。观察到这个数不为 \(0\) 时有 \(2+2i\leq n\)。
考虑 \(g_n\) 怎么求：我们将选的数写成方格，如图，其中每一列表示一个数。
容易发现列数为 \(O(\sqrt n)\) 级别的，因为选的数互不相同。所以可以不按列 dp 而是按行 dp。要求是行长度覆盖 \([1,\max]\) 的每一个数，即可做到 \(O(n\sqrt n)\) 求解。
for(int i = sqrt(n * 2) + 3; i >= 1; -- i){
for(int j = n; j >= i; -- j){
g[j] = g[j-i];
}
upd(g[i], 1);
for(int j = i; j <= n; ++ j){
upd(g[j], g[j-i]);
}
}
g[0] = 1;
接下来设 \(h_n=\sum_{i=1}^{n-1}f_i\operatorname{cal}(i,n)=\sum_{i=1}^{n/2-1}f_i\operatorname{cal}(i,n)\)。考虑沿用上述 dp 方式。那么对于每个 \(h_n\)，初始若有一个方案数为 \(f_j\)，占用空间为 \(j+(j+2)*i\) 的 \(j+2\) 行方格，那么接下来可以同样进行 dp。dp 顺序为：
- 遍历每一行方格数 \(i\)（真实意义为选多少个数）。
- 必须有一个 \(i\)，令 \(g_{j-i}\to g_j\)。
- 对于 \(j+(j+2)i\leq n\) 的 \(j\) 增加一个初始状态，方案数为 \(f_j\)，目前占用空间为 \(j+(j+2)i\)（\(j\) 是为了将终止状态的 \(n-j\) 变为 \(n\)）。
- 更新。
最后用 \(h\) 更新 \(f\) ，但是 \(h,f\) 会相互贡献，发现对 \(h_i\) 有贡献的 \(f_j\) 有 \(2j<i\)，于是我们每次求 \([1,2),[2,4),[4,8),...\) 内的 \(f\) 即可。
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//P8340
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 5e5 + 10;
int n;
typedef long long ll;
int f[N], P, pw[N], g[N];
void upd(int &x, int y){
x += y;
if(x >= P){
x -= P;
}
}
void calc(int n){
if(n <= 1){
return;
}
calc(n >> 1);
memset(g, 0, sizeof(g));
for(int i = sqrt(n * 2) + 3; i >= 1; -- i){
for(int j = n; j >= i; -- j){
g[j] = g[j-i];
}
for(int j = 0; i*(j+2)+j <= n; ++ j){
upd(g[i*(j+2)+j], f[j]);
}
for(int j = i; j <= n; ++ j){
upd(g[j], g[j-i]);
}
}
for(int i = (n >> 1) + 1; i <= n; ++ i){
upd(f[i], P - g[i]);
}
}
int main(){
scanf("%d%d", &n, &P);
pw[0] = 1;
for(int i = 1; i <= n; ++ i){
upd(pw[i], pw[i-1]);
upd(pw[i], pw[i-1]);
}
for(int i = sqrt(n * 2) + 3; i >= 1; -- i){
for(int j = n; j >= i; -- j){
f[j] = f[j-i];
}
upd(f[i], 1);
for(int j = i; j <= n; ++ j){
upd(f[j], f[j-i]);
}
}
f[0] = 1;
calc(n);
int ans = 0;
for(int i = 0; i < n; ++ i){
upd(ans, (ll)f[i] * pw[n-i-1] % P);
}
printf("%d\n", (pw[n] + P - ans) % P);
return 0;
}
6. JOISC 2022/2023 - Two Currencies
将每条路径绑定到更深的节点上，使用可持久化线段树维护每个节点到根路径所有银币数，查询则在 \(rt_x,rt_y,-2*rt_{lca}\) 三棵线段树上二分查询至多多少个数和 \(\leq y\) 即可。
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//qoj6332
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
typedef long long ll;
int n, m, q, p[N], c[N], to[N], fat[N][20], dep[N], cnt, rt[N];
vector<pair<int, int> > g[N];
pair<int, int> cc[N];
vector<int> cp[N];
struct node{
ll val;
int sum, l, r;
} t[N*40];
void upd(int p){
t[p].val = t[t[p].l].val + t[t[p].r].val;
t[p].sum = t[t[p].l].sum + t[t[p].r].sum;
}
void add(int &p, int l, int r, int x, ll v){
++ cnt;
t[cnt] = t[p];
p = cnt;
if(l == r){
t[p].val += v;
++ t[p].sum;
} else {
int mid = l + r >> 1;
if(x <= mid){
add(t[p].l, l, mid, x, v);
} else {
add(t[p].r, mid+1, r, x, v);
}
upd(p);
}
}
int qx(int px, int py, int pz, int l, int r, ll y){
if(l == r){
return l;
} else {
int mid = l + r >> 1;
ll val = t[t[px].l].val + t[t[py].l].val - 2 * t[t[pz].l].val;
if(val > y){
return qx(t[px].l, t[py].l, t[pz].l, l, mid, y);
} else {
return qx(t[px].r, t[py].r, t[pz].r, mid+1, r, y-val);
}
}
}
int qy(int px, int py, int pz, int l, int r, int ql, int qr){
if(qr < l || r < ql){
return 0;
} else if(ql <= l && r <= qr){
return t[px].sum + t[py].sum - 2 * t[pz].sum;
} else {
int mid = l + r >> 1;
return qy(t[px].l, t[py].l, t[pz].l, l, mid, ql, qr) +
qy(t[px].r, t[py].r, t[pz].r, mid+1, r, ql, qr);
}
}
void pre(int x, int fa){
fat[x][0] = fa;
for(int i = 1; i < 20; ++ i){
fat[x][i] = fat[fat[x][i-1]][i-1];
}
dep[x] = dep[fa] + 1;
for(auto i : g[x]){
if(i.first == fa){
continue;
}
to[i.second] = i.first;
pre(i.first, x);
}
}
int lca(int x, int y){
if(dep[x] > dep[y]){
swap(x, y);
}
for(int i = 19; i >= 0; -- i){
if(dep[fat[y][i]] >= dep[x]){
y = fat[y][i];
}
}
if(x == y){
return x;
}
for(int i = 19; i >= 0; -- i){
if(fat[x][i] != fat[y][i]){
x = fat[x][i];
y = fat[y][i];
}
}
return fat[x][0];
}
void dfs(int x){
for(auto i : g[x]){
int y = i.first;
if(y == fat[x][0]){
continue;
}
rt[y] = rt[x];
for(int j : cp[y]){
add(rt[y], 1, m+1, j, cc[j].first);
}
dfs(y);
}
}
int main(){
scanf("%d%d%d", &n, &m, &q);
for(int i = 1; i < n; ++ i){
int x, y;
scanf("%d%d", &x, &y);
g[x].emplace_back(y, i);
g[y].emplace_back(x, i);
}
pre(1, 0);
for(int i = 1; i <= m; ++ i){
scanf("%d%d", &p[i], &c[i]);
cc[i] = make_pair(c[i], i);
}
sort(cc + 1, cc + m + 1);
for(int i = 1; i <= m; ++ i){
c[i] = lower_bound(cc + 1, cc + m + 1, make_pair(c[i], i)) - cc;
cp[to[p[i]]].push_back(c[i]);
}
add(rt[1], 1, m+1, m+1, 1e18);
dfs(1);
while(q--){
int s, t, x;
ll y;
scanf("%d%d%d%lld", &s, &t, &x, &y);
int pos = qx(rt[s], rt[t], rt[lca(s, t)], 1, m+1, y);
int ans = qy(rt[s], rt[t], rt[lca(s, t)], 1, m+1, pos, m+1);
printf("%d\n", max(-1, x - ans));
}
return 0;
}
7. CF1884E - Hard Design
第一问简单；第二问相当于要求 \(\sum\max\{a_{[i,j]}\}\)。对于一个序列显然可以一遍单调栈；但是现在是一个环，所以不妨假设环的最大值在最右侧，那么所有跨过最大值的 \(\max\) 是好算的；剩下部分是一个前缀、一个后缀。
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//CF1884E
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2e6 + 10;
const ll P = 1e9 + 7;
ll pr[N], sf[N], ans[N], sm, a[N], mx;
int st[N], cnt[N], tp;
int T, n, ps;
int main(){
scanf("%d", &T);
while(T--){
mx = ps = sm = 0;
scanf("%d", &n);
for(int i = 1; i <= n; ++ i){
scanf("%lld", &a[i]);
a[i+n] = a[i];
if(a[i] > mx){
mx = a[i];
ps = i;
}
sm += a[i];
}
sm %= P;
ll tmp = 0;
tp = 0;
for(int i = ps + 1; i <= ps + n; ++ i){
int tc = 1;
while(tp && a[st[tp]] <= a[i]){
tc += cnt[tp];
tmp = (tmp + P - a[st[tp]] * 1ll * cnt[tp] % P) % P;
-- tp;
}
st[++tp] = i;
cnt[tp] = tc;
tmp = (tmp + a[st[tp]] * 1ll * cnt[tp]) % P;
pr[i] = (pr[i-1] + tmp) % P;
}
tmp = tp = 0;
for(int i = 0; i <= n+n; ++ i){
cnt[i] = st[i] = 0;
}
for(int i = ps + n; i >= ps + 1; -- i){
int tc = 1;
while(tp && a[st[tp]] <= a[i]){
tc += cnt[tp];
tmp = (tmp + P - a[st[tp]] * 1ll * cnt[tp] % P) % P;
-- tp;
}
st[++tp] = i;
cnt[tp] = tc;
tmp = (tmp + a[st[tp]] * 1ll * cnt[tp]) % P;
sf[i] = (sf[i+1] + tmp) % P;
ans[i] = (sf[i] + pr[i-1] + mx * 1ll * (i-ps-1) % P * (n-i+ps+1)) % P;
if(i - n >= 1){
ans[i-n] = ans[i];
}
}
ll sum = 0;
#define cal(i) max(0ll, a[i-1]-a[i])
for(int i = 1; i < n; ++ i){
sum += cal(i);
}
for(int i = 1; i <= n; ++ i){
sum -= cal(i);
sum += cal(i+n-1);
ll rs = (mx * 1ll * n % P * n % P + P + P - ans[i] - ans[i] + sm) % P;
printf("%lld %lld\n", sum + mx - a[i], rs);
}
for(int i = 0; i <= n+n; ++ i){
pr[i] = sf[i] = ans[i] = a[i] = st[i] = cnt[i] = 0;
}
}
return 0;
}
8. CF1622F - Quadratic Set
答案 \(\geq n-3\)。对于 \(n\) 为偶数，可以有删去 \(n/2\) 的方式使得非平方因数只可能有一个 \(2\)，所以两步以内解决；对于奇数，删去 \(n\) 转化为偶数的问题。
于是可以利用哈希判定是否存在 \(\geq n-2\) 的方案即可。
