『模拟赛』CSP-S模拟4
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一般
A. 商品
？
说不上是思维题还是啥，jijidawang 和 5k 讲的没太懂，于是选择了最喜欢的线段树。
赛时想了好~ 久~ 好~ 久~，考虑过二分，随机化，线段树，最后发现都是假的就只打了 30pts 暴力。赛后才想到动态开点线段树。考虑如何维护，发现只有选取的区间包括 \(a_i\) 和 \(a_{i-1}\) 之间的点时才有贡献，容易想到可以在线段树上将两数之差这段区间做区间加法，复杂度是 \(\mathcal{O(n\log M)}\) 的，\(M\) 为值域。
找答案时，容易证明区间越大答案越优，且只有选取区间的边界上有点时才有可能成为最优答案。因此我们对每个点考虑让其成为一次上下边界求两次区间和，比较求出答案即可，可以开 map 记一下，不记时间也差不多，复杂度是 \(\mathcal{O(n\log M)}\) 的。
因为 \(n\) 的范围只有 \(2\times 10^5\)，所以根本开不了几个点，况且这道题给的空间限制为 1024MB，直接往大了开就行。
注意如果区间权左移到点上做区间修改时，需要判断左边界是否小于有边界，否则在 \(a_i=a_{i+1}=1\) 时会 GG。
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#include<bits/stdc++.h>
#define fo(x,y,z) for(register int (x)=(y);(x)<=(z);(x)++)
#define fu(x,y,z) for(register int (x)=(y);(x)>=(z);(x)--)
using namespace std;
typedef long long ll;
#define lx ll
inline lx qr()
{
char ch=getchar();lx x=0,f=1;
for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar()) if(ch=='-') f=-1;
for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);
return x*f;
}
#undef lx
#define qr qr()
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
const int Ratio=0*1;
const int N=2e5+5;
const int mod=998244353;
int n,d,L,R;
int a[N];
int rot,son[(N<<1)*50][2];
ll ans,v[(N<<1)*50],lazy[(N<<1)*50];
namespace Wisadel
{
#define ls (son[rt][0])
#define rs (son[rt][1])
#define mid ((l+r)>>1)
void Wpushup(int rt)
{
v[rt]=v[ls]+v[rs];
}
void Wpushdown(int rt,int l,int r)
{
if(!ls) ls=++rot;
if(!rs) rs=++rot;
v[ls]+=(mid-l+1)*lazy[rt];
v[rs]+=(r-mid)*lazy[rt];
lazy[ls]+=lazy[rt],lazy[rs]+=lazy[rt];
lazy[rt]=0;
}
void Wupd(int rt,int l,int r,int x,int y)
{
if(x<=l&&r<=y)
{
v[rt]+=1ll*(r-l+1);lazy[rt]++;
return;
}
if(lazy[rt]) Wpushdown(rt,l,r);
if(x<=mid)
{
if(!ls) ls=++rot;
Wupd(ls,l,mid,x,y);
}
if(y>mid)
{
if(!rs) rs=++rot;
Wupd(rs,mid+1,r,x,y);
}
Wpushup(rt);
}
ll Wq(int rt,int l,int r,int x,int y)
{
if(!rt) return 0;
if(x<=l&&r<=y) return v[rt];
if(lazy[rt]) Wpushdown(rt,l,r);
ll res=0;
if(x<=mid) res+=Wq(ls,l,mid,x,y);
if(y>mid) res+=Wq(rs,mid+1,r,x,y);
return res;
}
short main()
{
freopen("goods.in","r",stdin),freopen("goods.out","w",stdout);
n=qr,d=qr;
rot=1;
int maxn=1e9;
fo(i,1,n) a[i]=qr,maxn=max(maxn,a[i]);
fo(i,2,n)
{
int aa=min(a[i],a[i-1]),bb=max(a[i],a[i-1])-1;
if(aa<=bb) Wupd(1,1,maxn,aa,bb);
}
fo(i,1,n)
{
L=a[i],R=L+d-1;
if(L<=0||R>maxn) continue;
ans=max(ans,Wq(1,1,maxn,L,R));
}
fo(i,1,n)
{
R=a[i]-1,L=R-d+1;
if(L<=0||R>maxn) continue;
ans=max(ans,Wq(1,1,maxn,L,R));
}
printf("%lld\n",ans);
return Ratio;
}
}
int main(){return Wisadel::main();}
B. 价值
树形dp 大分讨题。
挺牛的一道题，赛时完全推不出任何有价值的东西，只能拉成序列跑 \(\mathcal{O(2^n)}\) 暴力 30pts。
学了 Qyun 的做法，设 \(f_{x,i,j,k}\)，\(i\) 表示是否存在于匹配（是否连边），\(j\) 和 \(k\) 分别表示该点最小/大叶子：
- 0：为连边；
- 1：会连边，但目前未连；
- 2：已连边。
跑两边 dp，一遍不考虑 \((u_m,u_1)\) 这条边，另一遍钦定一定选该边，然后大力分讨即可，情况写注释里了，不多赘述一遍了。
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#include<bits/stdc++.h>
#define fo(x,y,z) for(register int (x)=(y);(x)<=(z);(x)++)
#define fu(x,y,z) for(register int (x)=(y);(x)>=(z);(x)--)
using namespace std;
typedef long long ll;
#define lx ll
inline lx qr()
{
char ch=getchar();lx x=0,f=1;
for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar()) if(ch=='-') f=-1;
for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);
return x*f;
}
#undef lx
#define qr qr()
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
const int Ratio=0;
const int N=1e5+5;
const int mod=998244353;
int n,minn=1e9,maxx;
int fa[N];
ll f[N][2][3][3],g[2][3][3],ans;
// int hh[N],ne[N],to[N],cnt;
vector<int>e[N];
namespace Wisadel
{
inline void Wadd(int u,int v){/*to[++cnt]=v,ne[cnt]=hh[u],hh[u]=cnt*/e[u].push_back(v);}
void Wdfs(int u){if(!e[u].size()){minn=min(minn,u),maxx=max(maxx,u);return;} for(int v:e[u]) Wdfs(v);}
void Wdo(int u,bool fla)
{
if(fla&&(u==minn||u==maxx)){f[u][1][2][2]=(minn!=maxx);/*链*/return;}
if(!e[u].size()){f[u][0][0][0]=f[u][1][1][2]=f[u][1][2][1]=1;return;}
for(int v:e[u]) Wdo(v,fla);
int v=e[u][0];// 最小
fo(j,0,2) fo(k,0,2) f[u][0][j][k]=(f[v][0][j][k]+f[v][1][j][k])%mod,
f[u][1][j][k]=f[v][0][j][k];// 连
fo(i,1,e[u].size()-1)
{
v=e[u][i];
fo(j,0,2) fo(k,0,2)
// 由于子节点是按dfs序升序遍历的
// 二者只在当前节点的最大叶子和子节点的最小叶子之间有联系
// ↓：求出当前节点构成匹配（连边）的方案数
g[1][j][k]=(f[u][1][j][0]*f[v][0][0][k]%mod+
// 当前节点最大叶子和子节点最小叶子都不连
f[u][1][j][1]*f[v][0][1][k]%mod+
// 当前节点最大叶子和子节点最小叶子相连
f[u][1][j][2]*f[v][0][2][k]%mod+
// 当前节点最大叶子和子节点最小叶子已连接但不是彼此
f[u][1][j][2]*f[v][0][0][k]%mod+
// 当前节点最大叶子已连，子节点最小叶子未连
f[u][1][j][0]*f[v][0][2][k]%mod+
// 当前节点最大叶子未连，子节点最小叶子已连
// ↑：当前节点已经和编号较小的其他子节点有连边+子节点没有
f[u][1][j][0]*f[v][1][0][k]%mod+
f[u][1][j][1]*f[v][1][1][k]%mod+
f[u][1][j][2]*f[v][1][2][k]%mod+
f[u][1][j][2]*f[v][1][0][k]%mod+
f[u][1][j][0]*f[v][1][2][k]%mod+
// ↑：当前节点已经和编号较小的子节点有连边+子节点也已连边
f[u][0][j][0]*f[v][0][0][k]%mod+
f[u][0][j][1]*f[v][0][1][k]%mod+
f[u][0][j][2]*f[v][0][2][k]%mod+
f[u][0][j][2]*f[v][0][0][k]%mod+
f[u][0][j][0]*f[v][0][2][k]%mod
// ↑：当前节点和该子节点连边
)%mod,
// ↓：求出当前节点未连边的方案数
g[0][j][k]=(f[u][0][j][0]*f[v][0][0][k]%mod+
f[u][0][j][1]*f[v][0][1][k]%mod+
f[u][0][j][2]*f[v][0][2][k]%mod+
f[u][0][j][2]*f[v][0][0][k]%mod+
f[u][0][j][0]*f[v][0][2][k]%mod+
// ↑：当前节点和该子节点均未连边
f[u][0][j][0]*f[v][1][0][k]%mod+
f[u][0][j][1]*f[v][1][1][k]%mod+
f[u][0][j][2]*f[v][1][2][k]%mod+
f[u][0][j][2]*f[v][1][0][k]%mod+
f[u][0][j][0]*f[v][1][2][k]%mod
// ↑：当前节点未连边+该子节点已连边
)%mod;
fo(op,0,1) fo(j,0,2) fo(k,0,2)
f[u][op][j][k]=g[op][j][k];
}
}
short main()
{
freopen("value.in","r",stdin),freopen("value.out","w",stdout);
n=qr;
fo(i,2,n) fa[i]=qr,Wadd(fa[i],i);
fo(i,1,n) sort(e[i].begin(),e[i].end());// 排序，保证子节点遍历顺序升序
Wdfs(1);
Wdo(1,0);
ans=(f[1][0][2][0]+f[1][0][0][2]+f[1][0][2][2]+f[1][0][0][0]+
f[1][1][2][0]+f[1][1][0][2]+f[1][1][2][2]+f[1][1][0][0])%mod;
memset(f,0,sizeof f);
Wdo(1,1);
ans=(ans+f[1][0][2][2]+f[1][1][2][2])%mod;
printf("%lld\n",ans);
return Ratio;
}
}
int main(){return Wisadel::main();}
C. 货币
网络流，先欠着。
D. 资本
生成函数，先欠着。
末
这场强度好高啊啊啊，早晚被模拟赛打昏过去。
开场扫一眼 T1 没思路，然后看 T2 也没思路，然后非常恼，状态不太行，前 3h 光想这个了觉得切不掉就垫底，最终还是只打出俩暴力。后面只留了一个小时给 T3 T4，估么着自己不可能场切，也只打了暴力。
庆幸的是最近都没咋挂分，暴力越打越稳了，（正解也得打啊，别最后只会暴力了。
上了体育课，爽。搬书摆桌子酸奶没了，不爽。
md 题难改+上了一节体育+摆了一节课桌子导致就剩 40min 给昨天 T4 了，不多写了还债去了。
完结撒花~
