6.20考试总结(NOIP模拟9)[斐波那契·数颜色·分组]
一旦你尝试过天空的味道，你就会永远向上仰望
T1 斐波那契
解题思路
\(70pts\)做法
这个做法比较暴力，考场上也是看到范围\(10^{12}\)后知道需要推式子，但是感觉自己太菜了，没敢轻易尝试，然后就去搞\(10^6\)的部分分去了。。。
比较好理解，直接暴力建树（其实就是找到每个节点的父亲节点），然后直接在树上搞 LCA 就好了，代码实现上也没有什么太大问题。
code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e7+10,M=N<<1;
int n,m,cnt=1,las=1,f[N][25],dep[N];
struct Ques
{
int a,b;
}q[N];
inline void build()
{
while(cnt<n)
{
int temp=las;
las=cnt;
for(int i=1;i<=temp;i++)
{
f[++cnt][0]=i;
dep[cnt]=dep[i]+1;
if(cnt>=n)
break;
}
}
}
inline void LCA_init()
{
f[1][0]=1;
for(int j=1;j<=20;j++)
for(int i=1;i<=n;i++)
f[i][j]=f[f[i][j-1]][j-1];
}
int LCA_ask(int x,int y)
{
if(x==y)
return x;
if(dep[x]>dep[y])
swap(x,y);
for(int i=20;i>=0;i--)
if(dep[x]<=dep[f[y][i]])
y=f[y][i];
if(x==y)
return x;
for(int i=20;i>=0;i--)
if(f[x][i]!=f[y][i])
{
x=f[x][i];
y=f[y][i];
}
return f[x][0];
}
int main()
{
// freopen("fibonacci2.in","r",stdin);
// freopen("fibonacci2.out","w",stdout);
scanf("%d",&m);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d",&q[i].a,&q[i].b);
n=max(n,max(q[i].a,q[i].b));
}
build();
LCA_init();
/*
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cout<<i<<"To: ";
for(int j=head[i];j;j=nxt[j])
cout<<ver[j]<<' ';
cout<<endl;
}
*/
for(int i=1;i<=m;i++)
printf("%d\n",LCA_ask(q[i].a,q[i].b));
return 0;
}
\(100pts\) 做法
仔细观察序列，可以发现第i个月出生的第j只兔子的编号是\(f(i-1)+j\)父亲就是j，显然\(j<f(i-1)\)，然后移一下项：
然后我们再斐波那契数列上二分（用lower_bound实现）。
对于每一个询问，选择编号大的向上跳父亲节点，直到找到LCA为止（记得开long long）。
code
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e4,M=3e5+50;
int n,m,cnt=2,f[N];
struct Ques
{
int a,b;
}q[M];
#undef int
int main()
{
// #define int register long long
#define int long long
scanf("%lld",&m);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%lld%lld",&q[i].a,&q[i].b);
n=max(n,max(q[i].a,q[i].b));
}
f[1]=f[2]=1;
for(int i=3;i<=N;i++)
{
f[i]=f[i-1]+f[i-2];
if(f[i]>=n)
{
cnt=i;
break;
}
}
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int a=q[i].a,b=q[i].b;
while(a!=b)
{
if(a<b)
a^=b^=a^=b;
int num=lower_bound(f+1,f+cnt+1,a)-f-1;
int temp=max(1ll,num);
a-=f[temp];
}
printf("%lld\n",a);
}
return 0;
}
T2 数颜色
解题思路
本题做法有很多，也有许多非常好的方法，诸如线段树，主席树，二分之类的;
这里主要说一下来自wtz大佬的分块做法：
很简单，对于每一个块内的不同颜色分别计算个数，更改的时候直接更改个数，以及原序列就好了。
需要注意的就是每个块的大小 \(\dfrac{1}{2}\)次方会MLE ，\(\dfrac{2}{3}\) 次方会TLE，因此我们有了。。。
于是我们愉快地干掉了此题。当然似乎别的次方也可以，可以自行尝试。。。
code
线段树
主席树
二分
分块
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=3e5+10;
int n,m,len,tot,pos[N],s[N],sum[N][115],li[N],ri[N];
inline int ask(int l,int r,int col)
{
int p=pos[l],q=pos[r],ans=0;
if(p==q)
{
for(int i=l;i<=r;i++)
ans+=(s[i]==col);
return ans;
}
for(int i=p+1;i<=q-1;i++)
ans+=sum[col][i];
for(int i=l;i<=ri[p];i++)
ans+=(s[i]==col);
for(int i=li[q];i<=r;i++)
ans+=(s[i]==col);
return ans;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
len=pow(n,0.625);
tot=n/len;
// cout<<tot<<endl;
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&s[i]);
for(int i=1;i<=tot;i++)
{
li[i]=(i-1)*len+1;
ri[i]=i*len;
}
if(ri[tot]<n)
{
tot++;
li[tot]=ri[tot-1]+1;
ri[tot]=n;
}
for(int i=1;i<=tot;i++)
for(int j=li[i];j<=ri[i];j++)
{
pos[j]=i;
sum[s[j]][i]++;
}
for(int i=1,l,r,col,x,opt;i<=m;i++)
{
scanf("%d",&opt);
if(opt==1)
{
scanf("%d%d%d",&l,&r,&col);
printf("%d\n",ask(l,r,col));
}
else
{
scanf("%d",&x);
if(pos[x]!=pos[x+1])
{
sum[s[x]][pos[x]]--;
sum[s[x+1]][pos[x+1]]--;
sum[s[x]][pos[x+1]]++;
sum[s[x+1]][pos[x]]++;
}
swap(s[x],s[x+1]);
}
}
return 0;
}
T3 分组
解题思路
参考了题解区一篇思路非常好的题解，在这里讲一下自己的见解。
首先明确一下 K 的取值只有 1 或者 2 这里看数据范围非常重要！，对于 \(K=1\)，\(K=2\) 的情况要分开来做。
K=1
对于 \(K=1\) 的情况，为了保证字典序最小，我们需要倒着枚举序列了。
然后再次观察数据范围，发现\(131072 \times2=512^2\)，因此我们可以枚举 \(1 \sim 512\) ，令 vis[i] 表示在当前扫到的组里颜色为 i 的是否存在，查看是否访问过 \(x^2-s_i\) 。
-
如果访问过，表示和第 i 只兔子发生矛盾的已经在这个组里了，因此需要再次分一个组，并且记录下分组的边界，清空 vis 数组。
-
如果没有访问过，把该种颜色的标记成 true 记录就好了。
K=2
几乎同样的思路，我们仍然需要倒着枚举序列。
对于同一组的兔子，状态之可能有两种：同一小团体或者在敌对小团体，因此我们用并查集维护。
-
\(\operatorname{find}(1 \sim n)\) 表示 \(1\sim n\)的兔子所在的小团体。
-
\(\operatorname{find}(n+1 \sim 2 \times n)\) 表示 \(1\sim n\)的兔子所在的小团体的敌对小团体。
然后开一个 vector 数组记录同一颜色的序号，然后分别对于发生矛盾的兔子进行判断，同时更新该兔子所在组以及小团体和敌对小团体。
同样的，如果矛盾无法避免，那就重新开一个组，并清空标记，记录分割点就好了。
- 注意：并查集合并时要在 find 的基础上更新
code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int M=131080;
int n,m,K,las,s[M],fa[M<<1];
vector<int> ans,v[M<<1];
bool vis[M];
int find(int x)
{
if(fa[x]==x)
return x;
return fa[x]=find(fa[x]);
}
void work_1()
{
for(int i=n;i>=1;i--)
{
bool flag=true;
for(int j=1;j<=512;j++)
if(j*j>=s[i])
if(vis[j*j-s[i]])
{
flag=false;
break;
}
if(!flag)
{
for(int j=i+1;j<las;j++)
vis[s[j]]=false;
ans.push_back(i);
las=i+1;
}
vis[s[i]]=true;
}
printf("%d\n",ans.size()+1);
for(int i=ans.size()-1;i>=0;i--)
printf("%d ",ans[i]);
}
int update(int l,int r)
{
for(int i=l+1;i<r;i++)
vector <int>().swap(v[s[i]]);
ans.push_back(l);
return l+1;
}
void work_2()
{
for(int i=1;i<=(n<<1);i++)
fa[i]=i;
for(int i=n;i>=1;i--)
{
for(int j=1;j<=512;j++)
if(j*j>=s[i])
if(v[j*j-s[i]].size())
for(int k=0;k<v[j*j-s[i]].size();k++)
{
int temp=v[j*j-s[i]][k];
if(find(temp)==find(i))
{
las=update(i,las);
break;
}
else
{
fa[find(i+n)]=find(temp);
fa[find(temp+n)]=find(i);
}
}
v[s[i]].push_back(i);
}
printf("%d\n",ans.size()+1);
for(int i=ans.size()-1;i>=0;i--)
printf("%d ",ans[i]);
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&K);
las=n+1;
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&s[i]);
if(K==1)
work_1();
else
work_2();
return 0;
}
