暑假集训CSP提高模拟 25
暑假集训CSP提高模拟 25
组题人: @KafuuChinocpp | @H_Kaguya
\(T1\) P235.可持久化线段树 \(0pts\)
- 强化版: luogu U259681 败者食尘(加强版)
- 做法有点多,记一下。
-
标记永久化主席树板子。时空复杂度为 \(O(m \log n)\) 。
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const ll p=998244353; ll a[100010]; struct PDS_SMT { ll root[100010],rt_sum; struct SegmentTree { ll ls,rs,sum,lazy; }tree[100010<<5]; #define lson(rt) tree[rt].ls #define rson(rt) tree[rt].rs ll build_rt() { rt_sum++; return rt_sum; } void build_tree(ll &rt,ll l,ll r) { rt=build_rt(); if(l==r) { tree[rt].sum=a[l]; return; } ll mid=(l+r)/2; build_tree(lson(rt),l,mid); build_tree(rson(rt),mid+1,r); tree[rt].sum=(tree[lson(rt)].sum+tree[rson(rt)].sum)%p; } void update(ll pre,ll &rt,ll l,ll r,ll x,ll y,ll val) { rt=build_rt(); tree[rt]=tree[pre]; tree[rt].sum=(tree[rt].sum+(min(r,y)-max(l,x)+1)*val%p)%p; if(x<=l&&r<=y) { tree[rt].lazy=(tree[rt].lazy+val)%p; return; } ll mid=(l+r)/2; if(x<=mid) { update(lson(pre),lson(rt),l,mid,x,y,val); } if(y>mid) { update(rson(pre),rson(rt),mid+1,r,x,y,val); } } ll query(ll rt,ll l,ll r,ll x,ll y) { if(x<=l&&r<=y) { return tree[rt].sum; } ll mid=(l+r)/2,ans=0; if(x<=mid) { ans=(ans+query(lson(rt),l,mid,x,y))%p; } if(y>mid) { ans=(ans+query(rson(rt),mid+1,r,x,y))%p; } return (ans+tree[rt].lazy*(min(r,y)-max(l,x)+1)%p)%p; } }T; int main() { ll n,m,pd,l,r,x,c_cnt=0,i; cin>>n>>m; for(i=1;i<=n;i++) { cin>>a[i]; } T.build_tree(T.root[0],1,n); for(i=1;i<=m;i++) { cin>>pd; if(pd==1) { cin>>l>>r>>x; c_cnt++; T.update(T.root[c_cnt-1],T.root[c_cnt],1,n,l,r,x); } if(pd==2) { cin>>l>>r; cout<<T.query(T.root[c_cnt],1,n,l,r)<<endl; } if(pd==3) { cin>>x; c_cnt-=x; } } return 0; }
-
撤销对 \([l,r]\) 的区间加 \(x\) 等价于让 \([l,r]\) 区间加 \(-x\) ,所以暴力撤销即可,随便套个什么支持区间修改、区间求和的数据结构即可。树状数组、线段树的时间复杂度为 \(O(m \log n)\) ,分块的时间复杂度为 \(O(m\sqrt{n})\) ,空间发展度均为 \(O(n)\) 。
-
为过加强版加了个快读不介意吧。
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namespace IO{ #ifdef LOCAL FILE*Fin(fopen("test.in","r")),*Fout(fopen("test.out","w")); #else FILE*Fin(stdin),*Fout(stdout); #endif class qistream{static const size_t SIZE=1<<16,BLOCK=64;FILE*fp;char buf[SIZE];int p;public:qistream(FILE*_fp=stdin):fp(_fp),p(0){fread(buf+p,1,SIZE-p,fp);}void flush(){memmove(buf,buf+p,SIZE-p),fread(buf+SIZE-p,1,p,fp),p=0;}qistream&operator>>(char&x){x=getch();while(isspace(x))x=getch();return*this;}template<class T>qistream&operator>>(T&x){x=0;p+BLOCK>=SIZE?flush():void();bool flag=false;for(;!isdigit(buf[p]);++p)flag=buf[p]=='-';for(;isdigit(buf[p]);++p)x=x*10+buf[p]-'0';x=flag?-x:x;return*this;}char getch(){p+BLOCK>=SIZE?flush():void();return buf[p++];}qistream&operator>>(char*str){char ch=getch();while(ch<=' ')ch=getch();int i=0;for(;ch>' ';++i,ch=getch())str[i]=ch;str[i]='\0';return*this;}}qcin(Fin); class qostream{static const size_t SIZE=1<<16,BLOCK=64;FILE*fp;char buf[SIZE];int p;public:qostream(FILE*_fp=stdout):fp(_fp),p(0){}~qostream(){fwrite(buf,1,p,fp);}void flush(){fwrite(buf,1,p,fp),p=0;}template<class T>qostream&operator<<(T x){int len=0;p+BLOCK>=SIZE?flush():void();x<0?(x=-x,buf[p++]='-'):0;do buf[p+len]=x%10+'0',x/=10,++len;while(x);for(int i=0,j=len-1;i<j;++i,--j)std::swap(buf[p+i],buf[p+j]);p+=len;return*this;}qostream&operator<<(char x){putch(x);return*this;}void putch(char ch){p+BLOCK>=SIZE?flush():void();buf[p++]=ch;}qostream&operator<<(char*str){for(int i=0;str[i];++i)putch(str[i]);return*this;}qostream&operator<<(const char*s){for(int i=0;s[i];++i)putch(s[i]);return*this;}}qcout(Fout); } #define cin IO::qcin #define cout IO::qcout const ll p=998244353; ll a[500010]; pair<ll,pair<ll,ll> >c[500010]; struct BIT { ll c[2][500010]; ll lowbit(ll x) { return (x&(-x)); } void init(ll n,ll a[]) { for(ll i=1;i<=n;i++) { add(n,i,(a[i]-a[i-1]+p)%p); } } void add(ll n,ll x,ll val) { for(ll i=x;i<=n;i+=lowbit(i)) { c[0][i]=(c[0][i]+val)%p; c[1][i]=(c[1][i]+val*x%p)%p; } } ll getsum(ll x,ll c[]) { ll ans=0; for(ll i=x;i>=1;i-=lowbit(i)) { ans=(ans+c[i])%p; } return ans; } void update(ll n,ll l,ll r,ll val) { add(n,l,(val+p)%p); add(n,r+1,(-val+p)%p); } ll query(ll l,ll r) { return (getsum(r,c[0])*(r+1)%p-getsum(l-1,c[0])*l%p-getsum(r,c[1])+getsum(l-1,c[1])+2*p)%p; } }T; int main() { ll n,m,pd,l,r,x,c_cnt=0,i,j; cin>>n>>m; for(i=1;i<=n;i++) { cin>>a[i]; } T.init(n,a); for(i=1;i<=m;i++) { cin>>pd; if(pd==1) { cin>>l>>r>>x; c_cnt++; c[c_cnt]=make_pair(l,make_pair(r,x)); T.update(n,l,r,x); } if(pd==2) { cin>>l>>r; cout<<T.query(l,r)<<endl; } if(pd==3) { cin>>x; for(j=1;j<=x;j++) { T.update(n,c[c_cnt].first,c[c_cnt].second.first,-c[c_cnt].second.second); c_cnt--; } } } return 0; }
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可撤销线段树
-
线段树分治
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\(T2\) P208.Little Busters ! \(0pts\)
-
Lun
边至少属于图中的一个环等价于Lun
边连接的两个端点属于一个边双连通分量,Qie
边不属于图中的任意环等价于Qie
边连接的两个端点不属于一个边双连通分量。 -
部分分
- \(20 \%\) :枚举每条边保留或不保留,然后 \(Tarjan\) 判断是否合法。
- 另外 \(20 \%\) :缩完点后只能有一个点否则不满足题意。
- 另外 \(20 \%\) :直接删成一棵树就行了。
- 随机 \(pts\) :乱搞。
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struct node { int nxt,to,w,id; }E[200010]; int head[200010],u[200010],v[200010],w[200010],dfn[200010],low[200010],c[200010],vis[200010],tot=0,cnt=0,scc_cnt=0; vector<pair<int,int> >e[200010],ans; stack<int>s; void add(int u,int v,int w,int id) { cnt++; E[cnt].nxt=head[u]; E[cnt].to=v; E[cnt].w=w; E[cnt].id=id; head[u]=cnt; } void tarjan(int x,int fa) { tot++; dfn[x]=low[x]=tot; s.push(x); for(int i=0;i<e[x].size();i++) { if(e[x][i].first!=fa) { if(dfn[e[x][i].first]==0) { tarjan(e[x][i].first,x); low[x]=min(low[x],low[e[x][i].first]); } else { low[x]=min(low[x],dfn[e[x][i].first]); } } } if(dfn[x]==low[x]) { int k; scc_cnt++; do { k=s.top(); s.pop(); c[k]=scc_cnt; }while(k!=x); } } void tarjanE(int x,int fa) { tot++; dfn[x]=low[x]=tot; s.push(x); for(int i=head[x];i!=0;i=E[i].nxt) { if(vis[E[i].id]==0&&E[i].to!=fa) { if(dfn[E[i].to]==0) { tarjanE(E[i].to,x); low[x]=min(low[x],low[E[i].to]); } else { low[x]=min(low[x],dfn[E[i].to]); } } } if(dfn[x]==low[x]) { int k; scc_cnt++; do { k=s.top(); s.pop(); c[k]=scc_cnt; }while(k!=x); } } bool check(int state,int n,int m) { if(__builtin_popcount(state)<n-1) { return false; } scc_cnt=tot=0; ans.clear(); for(int i=1;i<=n;i++) { dfn[i]=low[i]=c[i]=0; e[i].clear(); } while(s.empty()==0) { s.pop(); } for(int i=0;i<=m-1;i++) { if((state>>i)&1) { e[u[i+1]].push_back(make_pair(v[i+1],w[i+1])); e[v[i+1]].push_back(make_pair(u[i+1],w[i+1])); ans.push_back(make_pair(u[i+1],v[i+1])); } } tarjan(1,0); for(int i=1;i<=n;i++) { if(dfn[i]==0) { return false; } } for(int i=1;i<=n;i++) { for(int j=0;j<e[i].size();j++) { if(e[i][j].second==1) { if(c[i]!=c[e[i][j].first]) { return false; } } else { if(c[i]==c[e[i][j].first]) { return false; } } } } return true; } void dfs(int x,int fa) { vis[x]=1; for(int i=0;i<e[x].size();i++) { if(vis[e[x][i].first]==0) { cout<<x<<" "<<e[x][i].first<<endl; dfs(e[x][i].first,x); } } } int main() { int n,m,flag1=1,flag2=1,state,i,j; string pd; cin>>n>>m; for(i=1;i<=m;i++) { cin>>u[i]>>v[i]>>pd; w[i]=(pd=="Lun"); flag1&=(w[i]==1); flag2&=(w[i]==0); } if(flag1==1) { for(i=1;i<=m;i++) { e[u[i]].push_back(make_pair(v[i],w[i])); e[v[i]].push_back(make_pair(u[i],w[i])); } tarjan(1,0); if(scc_cnt==1) { cout<<"YES"<<endl; cout<<m<<endl; for(i=1;i<=m;i++) { cout<<u[i]<<" "<<v[i]<<endl; } } else { cout<<"NO"<<endl; } } else { if(flag2==1) { for(i=1;i<=m;i++) { e[u[i]].push_back(make_pair(v[i],w[i])); e[v[i]].push_back(make_pair(u[i],w[i])); } cout<<"YES"<<endl; cout<<n-1<<endl; dfs(1,0); } else { if(m<=20) { for(state=0;state<=(1<<m)-1;state++) { if(check(state,n,m)==true) { cout<<"YES"<<endl; cout<<ans.size()<<endl; for(i=0;i<ans.size();i++) { cout<<ans[i].first<<" "<<ans[i].second<<endl; } return 0; } } cout<<"NO"<<endl; } else { for(i=1;i<=m;i++) { add(u[i],v[i],w[i],i); add(v[i],u[i],w[i],i); e[u[i]].push_back(make_pair(v[i],w[i])); e[v[i]].push_back(make_pair(u[i],w[i])); } tarjan(1,0); for(int i=1;i<=n;i++) { for(int j=head[i];j!=0;j=E[j].nxt) { if(E[j].w==1) { if(c[j]!=c[E[j].to]) { vis[E[j].id]=1; } } else { if(c[j]!=c[E[j].to]) { vis[E[j].id]=0; } } } } scc_cnt=tot=0; ans.clear(); for(int i=1;i<=n;i++) { dfn[i]=low[i]=c[i]=0; e[i].clear(); } while(s.empty()==0) { s.pop(); } tarjanE(1,0); for(int i=1;i<=n;i++) { if(dfn[i]==0) { cout<<"NO"<<endl; return 0; } } for(int i=1;i<=n;i++) { for(int j=0;j<e[i].size();j++) { if(e[i][j].second==1) { if(c[i]!=c[e[i][j].first]) { cout<<"NO"<<endl; return 0; } } else { if(c[i]==c[e[i][j].first]) { cout<<"NO"<<endl; return 0; } } } } for(i=1;i<=m;i++) { if(vis[i]==0) { ans.push_back(make_pair(u[i],v[i])); } } cout<<"YES"<<endl; cout<<ans.size()<<endl; for(i=0;i<ans.size();i++) { cout<<ans[i].first<<" "<<ans[i].second<<endl; } } } } return 0; }
-
正解
- 因为
Lun
边至少属于图中的一个边双连通分量,考虑只保留Lun
边跑一遍 \(Tarjan\) ,接着只保留在边双连通分量上的边,其他边全部删除(加入Qie
边后若Lun
边合法则Qie
边合法)。 - 接着将边双连通分量进行连边,将
Qie
边作为割边连接两个边双连通分量,并查集维护连通情况即可。 - 计算合并次数来判断是否有解。
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struct node { int nxt,to; }e[400010]; int head[200010],dfn[200010],low[200010],ins[200010],belong[200010],tot=0,scc_cnt=0,cnt=0; vector<pair<int,int> >ans,lun,qie; stack<int>s; void add(int u,int v) { cnt++; e[cnt].nxt=head[u]; e[cnt].to=v; head[u]=cnt; } void tarjan(int x,int fa) { tot++; dfn[x]=low[x]=tot; ins[x]=1; s.push(x); for(int i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt) { if(e[i].to!=fa) { if(dfn[e[i].to]==0) { tarjan(e[i].to,x); low[x]=min(low[x],low[e[i].to]); } else { if(ins[e[i].to]==1) { low[x]=min(low[x],dfn[e[i].to]); } } } } if(dfn[x]==low[x]) { int k=0; scc_cnt++; while(x!=k) { k=s.top(); s.pop(); ins[k]=0; belong[k]=scc_cnt; } } } struct DSU { int fa[200010]; void init(int n) { for(int i=1;i<=n;i++) { fa[i]=i; } } int find(int x) { return fa[x]==x?x:fa[x]=find(fa[x]); } void merge(int x,int y,int id) { x=find(x); y=find(y); if(x!=y) { ans.push_back(qie[id]); fa[y]=x; scc_cnt--; } } }D; int main() { int n,m,u,v,i; string pd; cin>>n>>m; for(i=1;i<=m;i++) { cin>>u>>v>>pd; if(pd=="Lun") { add(u,v); add(v,u); lun.push_back(make_pair(u,v)); } else { qie.push_back(make_pair(u,v)); } } for(i=1;i<=n;i++) { if(dfn[i]==0) { tarjan(i,0); } } for(i=0;i<lun.size();i++) { if(belong[lun[i].first]==belong[lun[i].second]) { ans.push_back(lun[i]); } } D.init(n); for(i=0;i<qie.size();i++) { if(belong[qie[i].first]!=belong[qie[i].second]) { D.merge(belong[qie[i].first],belong[qie[i].second],i); } } if(scc_cnt==1) { cout<<"YES"<<endl; cout<<ans.size()<<endl; for(i=0;i<ans.size();i++) { cout<<ans[i].first<<" "<<ans[i].second<<endl; } } else { cout<<"NO"<<endl; } return 0; }
- 因为
\(T3\) P220.魔卡少女樱 \(45pts\)
-
部分分
-
\(65pts\) :设 \(f_{i,j}\) 表示当前处理到 \(i\) 时,且 \(a_{i}=j\) 的合法方案数,状态转移方程为 \(f_{i,j}=\sum\limits_{k=0}^{j-1}[k \not \equiv j \pmod{3}] \times f_{i-1,k}=\sum\limits_{k=0}^{j-1}f_{i-1,k}-\sum\limits_{k=0}^{j-1}[k \equiv j \pmod{3}] \times f_{i-1,k}\) ,边界为 \(f_{1,i}=[i+n-1 \le m]\) 。前缀和优化后时间复杂度为 \(O(nm)\) 。
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const ll p=998244353; int f[2][10000010],sum[5]; int main() { int n,m,ans=0,i,j; cin>>n>>m; if(n-1<=m) { for(i=0;i<=m;i++) { f[1][i]=(i+n-1<=m); } for(i=2;i<=n;i++) { sum[0]=sum[1]=sum[2]=sum[3]=0; for(j=0;j<=m;j++) { f[i&1][j]=(sum[3]-sum[j%3]+p)%p; sum[j%3]=(sum[j%3]+f[(i-1)&1][j])%p; sum[3]=(sum[3]+f[(i-1)&1][j])%p; } } for(i=n-1;i<=m;i++) { ans=(ans+f[n&1][i])%p; } cout<<ans<<endl; } else { cout<<0<<endl; } return 0; }
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正解
- 令 \(a_{0}=0\) ,接着得到差分序列 \(b_{i}=a_{i}-a_{i-1}(i \in [1,n])\) 。由 \(a_{i}>a_{i-1}\) 不妨设 \(b_{i}=3k_{i}+r_{i}\) 且 \(b_{i} \equiv r_{i} \pmod{3}\) ,其中 \(\begin{cases} r_{i} \in \{ 0,1,2 \} & i=1 \\ r_{i} \in \{ 1,2 \} & i \in [2,n] \end{cases}\) 。不难得到 \(\sum\limits_{i=1}^{n}b_{i} \le m\) 。
- 考虑统计差分序列 \(\{ b \}\) 的个数来得到 \(\{ a \}\) 的个数。
- 设 \([2,n]\) 中共有 \(cnt\) 个 \(r\) 等于 \(2\) ,则 \(\sum\limits_{i=1}^{n}r_{i}=n-1+cnt+r_{1} \le m\) ,方案数为 \(\dbinom{n-1}{cnt}\) 。然后再统计 \(k\) 对答案产生的贡献,由 \(\sum\limits_{i=1}^{n}3k_{i} \le m-(n-1+cnt+r_{1})\) 得到 \(\sum\limits_{i=1}^{n}k_{i} \le \left\lfloor \frac{m-(n-1+cnt+r_{1})}{3} \right\rfloor\) ,其方案数为 \(\sum\limits_{j=0}^{\left\lfloor \frac{m-(n-1+cnt+r_{1})}{3} \right\rfloor} \dbinom{n+j-1}{n-1}\) 。
- 最终有 \(\sum\limits_{r_{1}=0}^{2}\sum\limits_{cnt=0}^{n-1}\dbinom{n-1}{cnt}\sum\limits_{j=0}^{\left\lfloor \frac{m-(n-1+cnt+r_{1})}{3} \right\rfloor} \dbinom{n+j-1}{n-1}\) 即为所求。前缀和维护最后面的部分即可。
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const ll p=998244353; ll jc[20000010],inv[10000010],jc_inv[10000010],f[10000010]; ll C(ll n,ll m,ll p) { return (n>=m&&n>=0&&m>=0)?(jc[n]*jc_inv[n-m]%p)*jc_inv[m]%p:0; } int main() { ll n,m,ans=0,i,j; cin>>n>>m; inv[1]=1; jc[0]=jc_inv[0]=jc[1]=jc_inv[1]=1; for(i=2;i<=max(n,m);i++) { inv[i]=(p-p/i)*inv[p%i]%p; jc_inv[i]=jc_inv[i-1]*inv[i]%p; } for(i=2;i<=n+m;i++) { jc[i]=jc[i-1]*i%p; } f[0]=C(n-1,n-1,p); for(i=1;i<=m;i++) { f[i]=(f[i-1]+C(n+i-1,n-1,p))%p; } for(i=0;i<=2;i++) { for(j=0;j<=n-1&&n-1+i+j<=m;j++) { ans=(ans+C(n-1,j,p)*f[(m-(n-1+i+j))/3]%p)%p; } } cout<<ans<<endl; return 0; }
\(T4\) P202.声之形 \(5pts\)
- 原题: 2024牛客暑期多校训练营5 K 思
- 感觉想一个二分查找的过程但不会处理上下取整的问题,挂一下官方题解。
对于 \(10\%\) 的数据:取 \(y=\left\lfloor \frac{a_{1}+a_{2}}{2} \right\rfloor\) ,代价即为 \(a_{2}-\left\lfloor \frac{a_{1}+a_{2}}{2} \right\rfloor\) 或取 \(y=\left\lceil \frac{a_{1}+a_{2}}{2} \right\rceil\) ,代价即为 \(\left\lceil \frac{a_{1}+a_{2}}{2} \right\rceil-a_{1}\) 。
对于另外 \(10\%\) 的数据:直接二分。
对于 \(40\%\) 的数据:
dp 的想法是去绝对值。
设 \(f_{L, R, c}\) 表示当前 \(x\) 在区间 \([L, R]\) 内,位于区间左侧的询问数量减去位于区间右侧的询问数量为 \(c\) 时,最小的代价和。
初始化有 \(f_{i, i, c} = c \times a_i\) 。
转移考虑枚举当前询问数 \(v\) ,如果 \(v \in (a_k, a_{k + 1}]\) ,那么有转移:
\[\max(f_{L, k, c - 1} + v, f_{k + 1, R, c + 1} - v)\to f_{L, R, c} \]暴力转移 \(O(n^4)\) 。
对于 \(80\%\) 的数据:
观察 dp 转移的性质:
\(\max(f_{L, k, c - 1} + v, f_{k + 1, R, c + 1} - v)\) 是一个关于 \(v\) 的单峰函数。
证明:
显然区间长度越大代价和越大,因此 \(f_{L, k, c - 1}\) 随 \(v\) 增大单调递增,则 \(f_{L, k, c - 1} + v\) 随 \(v\) 增大单调递增,同理 \(f_{k + 1, R, c + 1} - v\) 随 \(v\) 增大单调递减,则 \(\max\) 为单峰函数。
\(f_{L, R + 1, c}\) 的最优决策点在 \(f_{L, R, c}\) 的最优决策点右边。
证明:
仍然考虑 \(\max(f_{L, k, c - 1} + v, f_{k + 1, R, c + 1} - v)\) ,从 \(R\) 到 \(R + 1\) ,上述式子变为 \(\max(f_{L, k, c - 1} + v, f_{k + 1, R + 1, c + 1} - v)\) 。
左侧关于 \(v\) 的函数未发生变化,右侧由于 \(f_{k + 1, R + 1, c + 1} \ge f_{k + 1, R, c + 1}\) ,因此右侧函数会上升,简单画图不难发现,决策点只可能右移。
使用决策单调性优化为 \(O(n^3)\) 。
对于 \(100\%\) 的数据:
设 \(V\) 为值域范围,\(|c|\) 的范围不会太大,约为 \(O(\log V)\) 级别。
证明:
感性理解,最朴素的想法是直接二分,此时的代价约为:
\[(\tfrac{1}{2} + \tfrac{1}{4} + \tfrac{1}{8} + ...) V = V \]考虑区间 \([1, n]\) ,如果询问值 \(y < \tfrac{1}{3} V\) ,那么右侧区间产生的代价最小为 \(\tfrac{2}{3} V\) (如果 \(x\) 为最右侧数),左侧区间当前产生的最大代价为 \(\tfrac{1}{3}V\) ,以后产生的代价总和不超过直接二分的代价 \(\tfrac{1}{3}V\) ,因此左侧区间代价一定小于右侧区间代价。
因此如果 \(y < \tfrac{1}{3} V\) ,我们将 \(y\) 调整至 \(y = \tfrac{1}{3}\) 一定不劣。
因此询问点 \(y\) 一定在区间 \([\tfrac{1}{3}V, \tfrac{2}{3}V]\) 内。
这样操作容易发现区间长度每次变为原先的 \(\tfrac{2}{3}\) ,因此总询问次数不超过 \(O(\log V)\) 次,即 \(|c|\) 不超过 \(O(\log V)\) 。
经过实践,猜测 \(|c|\) 实际是 \(O(\tfrac{\log V}{\log\log V})\) 级别的。
因此使用决策单调性优化,限制 \(|c|\) 的范围,枚举 \(k\) 计算最优的询问值 \(v\) ,可以很好地优化 dp 。
总复杂度为 \(O(n^2\log V)\) 。
- 牛客题解
总结
- \(T1\) 因不会算结构体变量空间和提交前没有再编译一遍,挂了 \(100pts\) 。
- 不然的话就只比 @jijidawang 慢 \(1 \min 39s\) \(AC\)。
- \(T2\)
- 提交前没有再编译一遍,挂了 \(60pts\) 。
- 我再也不相信
C/C++
的报错了。。。
- 我再也不相信
- 下发了
testlib.h
和自测版Special Judge
,赛时“参考”了自测版Special Judge
的 \(Tarjan\) 代码。
- 提交前没有再编译一遍,挂了 \(60pts\) 。
- \(T3\) 结束前 \(10 \min\) 前原 \(O(nm^{2})\) 的做法才发现可以前缀和优化,过了小样例后就直接交了,忘删每次 \(O(m)\) 的清空了,挂了 \(25pts\) 。
- \(T4\) 以为询问的数 \(y\) 必须也出自 \(\{ a \}\) ,挂了部分分。
后记
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\(T1\) 原本在 @H_Kaguya 可持久化数据结构课件里做例题,没想到他和教练会为了检验我们有没有掌握将其放在了 \(T1\) 的位置。而 luogu P4690 [Ynoi2016] 镜中的昆虫 因被出到模拟赛里作为 \(T4\) ,他干脆没讲,只透露了会有一道珂朵莉树的题在模拟赛里等着我们,详见 暑假集训CSP提高模拟20 T4 P128. 穗 。
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\(T2\) 数据出锅了。
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\(T3\) 在前几天于题库中曾被公开过,组题人貌似泄题了也没管。
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有始有终
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题目背景夹带私活。
本文来自博客园,作者:hzoi_Shadow,原文链接:https://www.cnblogs.com/The-Shadow-Dragon/p/18369218,未经允许严禁转载。
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