noip2021训练1(CF&USACO)

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CF402E Strictly Positive Matrix

Description

给出一个矩阵 \(A\)，问是否存在一个正整数 \(k\) 使得 \(A^k\) 的所有元素都是正数。

\(2\le n \le 2000,0\le a_{i,j}\le 50,\sum_{i=1}^{n}a_{i,i}>0\)l

Solution

将矩阵看作邻接矩阵，都是正数就相当于联通。

把不为 \(0\) 的连边，\(tarjan\) 缩点，判断图是否联通。

Code

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 2005;
int n;
vector <int> g[N];
int dfn[N], low[N], tim;
int stk[N], top, cnt;
bool vis[N];

void tarjan(int u)
{
    dfn[u] = low[u] = ++tim;
    stk[++top] = u;
    vis[u] = 1;
    for(auto v : g[u])
    {
        if(!dfn[v]) tarjan(v), low[u] = min(low[u], low[v]);
        else if(vis[v]) low[u] = min(low[u], dfn[v]);
    }
    if(low[u] == dfn[u])
    {
        int x; cnt++;
        do
        {
            x = stk[top--];
            vis[x] = 0;
        } while (x != u);
    }
    return;
}

int main()
{
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        for(int j = 1; j <= n; j++)
        {
            int a;
            scanf("%d", &a);
            if(a) g[i].push_back(j);
        }
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        if(!dfn[i]) tarjan(i);
    printf(cnt == 1 ? "YES" : "NO");
    return 0;
}

CF427C Checkposts

Description

给定一张 \(n\) 个点 \(m\) 条边的有向图。

在第 \(i\) 个点建造哨站的花费是 \(a_i\)，每个哨站可以覆盖所有从该点出发能够到达的点。

试求出使每个点都被覆盖的最小花费及在最小花费下的方案数。

\(1\leq n\leq 10^5\)，\(0\leq m\leq 3\times 10^5\)，\(0\leq a_i\leq 10^9\)。方案数对 \(10^9+7\) 取模。

Solution

不难发现一个环里不论取哪个点都能覆盖整个环，因此先缩点。

对于每个强连通分量，记录下最小花费以及最小花费的方案数。

答案即为每个强连通分量的最小花费的和以及方案数的积。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long

using namespace std;

const int N = 1e5 + 5;
const int p = 1e9 + 7;
int n, m, cnt;
ll a[N], val[N], num[N];
vector <int> g[N];
int dfn[N], low[N], tim;
int stk[N], top;
bool vis[N];

void tarjan(int u)
{
    dfn[u] = low[u] = ++tim;
    stk[++top] = u;
    vis[u] = 1;
    for(auto v : g[u])
    {
        if(!dfn[v]) tarjan(v), low[u] = min(low[u], low[v]);
        else if(vis[v]) low[u] = min(low[u], dfn[v]);
    }
    if(dfn[u] == low[u])
    {
        int x; cnt++;
        do {
            x = stk[top--];
            vis[x] = 0;
            if(a[x] < val[cnt]) val[cnt] = a[x], num[cnt] = 1;
            else if(a[x] == val[cnt]) num[cnt]++;
        } while(x != u);
    }
    return;
}

int main()
{
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        scanf("%lld", &a[i]);
    scanf("%d", &m);
    for(int i = 1, u, v; i <= m; i++)
    {
        scanf("%d%d", &u, &v);
        g[u].push_back(v);
    }
    memset(val, 0x3f, sizeof(val));
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        if(!dfn[i]) tarjan(i);
    ll ans = 0, sum = 1;
    for(int i = 1; i <= cnt; i++)
        ans += val[i], sum = sum * num[i] % p;
    printf("%lld %lld\n", ans, sum % p);
    return 0;
}

CF981D Bookshelves

Description

给定一个长度为 \(n\) 的序列，将这个序列分为 \(k\) 段，最大化每一段内和的按位与。

\(1\le k \le n \le 50,0<a_i<2^{50}\)

Solution

二进制的一个性质：高位填 \(1\) 一定是最优的（比较显然）

因此可以从高位到低位枚举，判断是否能填 \(1\)。

对于当前枚举到的答案 \(ans\)，怎么判断是否合法呢？

设 \(f_{i,j}\) 表示将前 \(i\) 个数分成了 \(j\) 段能否表示出 \(ans\)。

因为是按位与，所以要保证每一段都要包含 \(ans\)，然后就可以转移了。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long

using namespace std;

const int N = 55;
int n, m;
ll a[N], f[N][N], ans;

bool chk(ll x)
{
    memset(f, 0, sizeof(f));
    f[0][0] = 1;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        for(int j = 1; j <= m; j++)
            for(int k = 0; k < i; k++)
                f[i][j] |= (f[k][j - 1] & (((a[i] - a[k]) & x) == x));
    return f[n][m];
}

int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        scanf("%lld", &a[i]), a[i] += a[i - 1];
    for(int i = 62; i >= 0; i--)
        if(chk(ans | (1ll << i))) ans |= (1ll << i);
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}

CF617E XOR and Favorite Number

Description

给定一个长度为 \(n\) 的序列 \(a\)，然后再给一个数字 \(k\)，再给出 \(m\) 组询问，每组询问给出一个区间，求这个区间里面有多少个子区间的异或值为 \(k\)。

\(1\le n,m \le 10^5,0\le k,a_i \le 10^6,1\le l_i \le r_i \le n\)

Solution

区间异或，不难想到要算前缀异或。

考虑莫队，因为若 \(x \oplus y = k\)，则 \(y = x \oplus k\)

用 \(cnt_i\) 记一下 \(i\) 出现过几次，然后在插入、删除时就可以直接修改答案了。

注意因为是前缀异或，所以询问的左端点要 \(-1\)

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long

using namespace std;

const int N = 1e5 + 5;
const int MAXN = 2e6 + 5;
int n, m, k, a[N], B;
struct query
{
    int l, r, id;
    friend bool operator < (query x, query y)
    {
        return x.l / B == y.l / B ? x.r < y.r : x.l / B < y.l / B;
    }
}q[N];
ll ans[N], sum, cnt[MAXN];

void add(int x)
{
    sum += cnt[x ^ k];
    cnt[x]++;
}

void del(int x)
{
    cnt[x]--;
    sum -= cnt[x ^ k];
}

int main()
{
    scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        scanf("%d", &a[i]), a[i] ^= a[i - 1];
    for(int i = 1; i <= m; i++)
        scanf("%d%d", &q[i].l, &q[i].r), q[i].l--, q[i].id = i;
    B = sqrt(n);
    sort(q + 1, q + 1 + m);
    int l = 1, r = 0;   //[l,r]
    for(int i = 1; i <= m; i++)
    {
        while(l > q[i].l) add(a[--l]);
        while(l < q[i].l) del(a[l++]);
        while(r < q[i].r) add(a[++r]);
        while(r > q[i].r) del(a[r--]);
        ans[q[i].id] = sum;
    }
    for(int i = 1; i <= m; i++)
        printf("%lld\n", ans[i]);
    return 0;
}

CF161D Distance in Tree

Description

输入点数为 \(N\) 一棵树

求树上长度恰好为 \(K\) 的路径个数

Solution

点分治板子题，但是这里用树形dp

\(f_{u,i}\) 表示在以 \(u\) 为根的子树中，有多少个点到 \(u\) 的距离为 \(i\)

\(g_{u}\) 表示在以 \(u\) 为根的子树中有多少条长度为 \(k\) 的链，并且链经过 \(u\)

答案为 \(\sum_{i = 1}^n g_i\)

先跑一遍 \(dfs\) 算出 \(f\)，然后再跑一遍 \(dfs\)，求 \(g\)。

在算 \(g\) 的时候，将 \(u\) 的子树合并到前面的子树里，就枚举这个子树中链的长度 \(j\)，然后乘以前面的子树中链的长度为 \(k - j\) 的个数，求个和。

因为只有子树里的计算，所以可以用 \(dsu\ on\ tree\)，~~但是我懒得写了qwq~~

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long

using namespace std;

const int N = 5e4 + 5;
int n, m;
vector <int> G[N];
ll f[N][505];

void dfs1(int u, int fa)
{
    f[u][0] = 1;
    for(auto v : G[u])
    {
        if(v == fa) continue;
        dfs1(v, u);
        for(int i = 1; i <= m; i++)
            f[u][i] += f[v][i - 1];
    }
    return;
}

ll pre[505], g[N], ans;
void dfs2(int u, int fa)
{
    memset(pre, 0, sizeof(pre));
    pre[1] = 1;
    for(auto v : G[u])
    {
        if(v == fa) continue;
        for(int i = 0; i <= m; i++)
            g[u] += pre[i] * f[v][m - i];
        for(int i = 2; i <= m; i++)
            pre[i] += f[v][i - 2];
    }
    for(auto v : G[u])
        if(v != fa) dfs2(v, u);
    return;
}

int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i = 1, u, v; i < n; i++)
    {
        scanf("%d%d", &u, &v);
        G[u].push_back(v);
        G[v].push_back(u);
    }
    dfs1(1, 0);
    dfs2(1, 0);
    for(int i = 1; i <= n; i++) ans += g[i];
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}

CF464E The Classic Problem

Description

给定一张 \(n\)个点，\(m\) 条边的无向图，每条边的边权为 \(2^{x_i}\)，求 \(s\) 到 \(t\) 的最短路，结果对 \(10^9+7\) 取模。

\(1\le n \le 10^5,0\le m \le 10^5,0\le x_i\le 10^5\)

Solution

最短路板子，边权巨大，需要开高精度，但是复杂度太大，会 \(T\)。

考虑优化，观察到边权都是 \(2\) 的次幂，可以将长度以二进制形式存储，然后用主席树维护一下 \(dis\)，因为需要用到历史版本。

接下来考虑需要支持什么操作：

在跑最短路时，更新最短路，第 \(x_i\) 位 \(+1\)，需要单点修改。
单点 \(+1\) 可能会导致进位，要将一段 \(1\) 改为 \(0\)，需要区间修改。
单点 \(+1\) 的位置需要主席树上二分找到第一个为 \(0\) 的位置。
比较大小，也是二分找第一位不同的位置。

维护一下区间 \(1\) 的个数和转成十进制后的值。

因为主席树不支持动态修改，所以可以新建一颗全 \(0\) 的树，然后在进位时将空树贴进去就行了。

注意左子树是低位，右子树是高位，在二分时要先递归右子树，再递归左子树，比大小也是。

然后就可以愉快地跑 \(dijkstra\) 了。

一开始 \(dis\) 的正无穷，可以建一棵全 \(1\) 的树，就已经是最大了。

一些细节：

更新最短路时不能直接在原树上改，要新建节点，因为原树在后面可能会用到。
更新最短路时需要记一下原来的节点个数，如果没有更新成功，后面的点都是没用的，可以去掉。
动态开点记得把数组开大点。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long

using namespace std;

template <typename T>
void read(T &x)
{
    x = 0; char c = getchar();
    while(!isdigit(c)) c = getchar();
    while(isdigit(c)) x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
    return;
}

template <typename T>
void write(T x)
{
    if(x > 9) write(x / 10);
    putchar(x % 10 + '0');
}

const int N = 2e5 + 5;
const int modd = 1e9 + 7;
int n, m, s, t, inf;
ll mi[N];
int ans[N], len;
struct edge
{
    int v, w, nxt;
}e[N << 1];
int head[N], tot;

void add(int u, int v, int w)
{
    e[++tot] = (edge) {v, w, head[u]};
    head[u] = tot;
}

int rt[N], cnt;
struct Tree
{
    int ls[N << 5], rs[N << 5], num[N << 5];
    ll sum[N << 5];

    void Copy(int x, int y)
    {
        ls[x] = ls[y], rs[x] = rs[y];
        num[x] = num[y], sum[x] = sum[y];
    }

    bool equal(int x, int y)
    {
        return num[x] == num[y] && sum[x] == sum[y];
    }

    void pushup(int p)
    {
        num[p] = num[ls[p]] + num[rs[p]];
        sum[p] = (sum[ls[p]] + sum[rs[p]]) % modd;
    }

    int build(int l, int r, int val)
    {
        int p = ++cnt;
        if(l == r)
        {
            num[p] = val;
            sum[p] = mi[l] * val;
            return p;
        }
        int mid = (l + r) >> 1;
        ls[p] = build(l, mid, val);
        rs[p] = build(mid + 1, r, val);
        pushup(p);
        return p;
    }

    int update(int pre, int l, int r, int pos)
    {
        int p = ++cnt;
        Copy(p, pre);
        if(l == r)
        {
            num[p] = 1;
            sum[p] = mi[l];
            return p;
        }
        int mid = (l + r) >> 1;
        if(pos <= mid) ls[p] = update(ls[pre], l, mid, pos);
        else rs[p] = update(rs[pre], mid + 1, r, pos);
        pushup(p);
        return p;
    }

    int query(int p, int l, int r, int L, int R)
    {
        if(l > R || r < L) return 0;
        if(L <= l && r <= R) return num[p];
        int mid = (l + r) >> 1;
        return query(ls[p], l, mid, L, R) + query(rs[p], mid + 1, r, L, R);
    }

    void Clear(int &p, int x, int l, int r, int L, int R)
    {
        if(l > R || r < L) return;
        if(L <= l && r <= R)
        {
            p = x;
            return;
        }
        int mid = (l + r) >> 1, y = ++cnt;
        Copy(y, p);
        Clear(ls[y], ls[x], l, mid, L, R);
        Clear(rs[y], rs[x], mid + 1, r, L, R);
        pushup(p = y);
        return;
    }

    int Search(int p, int l, int r, int pos)
    {
        if(l == r) return l;
        int mid = (l + r) >> 1;
        if(pos > mid) return Search(rs[p], mid + 1, r, pos);
        if(query(ls[p], l, mid, pos, mid) == mid - pos + 1) return Search(rs[p], mid + 1, r, mid + 1);
        else return Search(ls[p], l, mid, pos);
    }

    bool cmp(int x, int y, int l, int r)
    {
        if(l == r) return num[x] < num[y];
        int mid = (l + r) >> 1;
        if(equal(rs[x], rs[y])) return cmp(ls[x], ls[y], l, mid);
        else return cmp(rs[x], rs[y], mid + 1, r);
    }
}T;

struct Que
{
    int id, rt;

    Que() {}

    Que(int _id, int _rt)
    {
        id = _id, rt = _rt;
    }

    friend bool operator < (Que x, Que y)
    {
        return T.cmp(y.rt, x.rt, 0, N - 1);
    }
};

priority_queue <Que> que;
bool vis[N];
int pre[N];

void dijkstra()
{
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        rt[i] = inf;
    rt[s] = rt[0];
    que.push(Que(s, rt[s]));
    while(!que.empty())
    {
        int x = que.top().id;
        que.pop();
        if(vis[x]) continue;
        vis[x] = 1;
        for(int i = head[x]; i; i = e[i].nxt)
        {
            int y = e[i].v, lst = cnt;
            int pos = T.Search(rt[x], 0, N - 1, e[i].w);
            int rty = T.update(rt[x], 0, N - 1, pos);
            if(pos > e[i].w) T.Clear(rty, rt[0], 0, N - 1, e[i].w, pos - 1);
            if(T.cmp(rty, rt[y], 0, N - 1)) pre[y] = x, que.push(Que(y, rt[y] = rty));
            else cnt = lst;
        }
    }
}

int main()
{
    read(n), read(m);
    for(int i = 1, u, v, w; i <= m; i++)
    {
        read(u), read(v), read(w);
        add(u, v, w), add(v, u, w);
    }
    read(s), read(t);

    mi[0] = 1;
    for(int i = 1; i < N; i++)
        mi[i] = mi[i - 1] * 2 % modd;
    
    rt[0] = T.build(0, N - 1, 0);
    inf = T.build(0, N - 1, 1);
    
    dijkstra();
    
    if(T.equal(rt[t], inf))
    {
        printf("-1\n");
        return 0;
    }

    for(int i = t; i != s; i = pre[i])
        ans[++len] = i;
    ans[++len] = s;
    write(T.sum[rt[t]]), putchar('\n');
    write(len), putchar('\n');
    for(int i = len; i >= 1; i--)
        write(ans[i]), putchar(' ');
    return 0;
}

CF980E The Number Games

Description

在一颗 \(n\) 个点的树中删 \(k\) 个点，使得剩下的点联通并且权值和最大。

第 \(i\) 个点的权值为 \(2^i\)。

\(1 \le k < n \leq 10^6\)

Solution

一开始想的是经典错误思路：在叶子节点中从小到大删。

考虑一条链

2-4-1-3

显然应该删 \(3,1\) 而不是 \(2,3\)

正解：

从大到小保留，因为如果最大的点能选，后面的点加起来都不会大于这个点的权值。

以 \(n\) 为根建树，从大到小枚举，判断能不能保留从 \(i\) 到根还未保留的点。

怎么维护呢？

可以用树剖，一开始都是 \(1\)，如果确定保留了，就改为 \(0\)，从 \(i\) 到根还未保留的点就是链上的和。

Code

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 1e6 + 5;
int n, k;
vector <int> g[N];

int f[N], dep[N], siz[N], son[N];

void dfs1(int u, int fa)
{
    f[u] = fa;
    dep[u] = dep[fa] + 1;
    siz[u] = 1;
    for(auto v : g[u])
    {
        if(v == fa) continue;
        dfs1(v, u);
        siz[u] += siz[v];
        if(siz[v] > siz[son[u]]) son[u] = v;
    }
    return;
}

int top[N], id[N], cnt;

void dfs2(int u, int tp)
{
    top[u] = tp;
    id[u] = ++cnt;
    if(son[u]) dfs2(son[u], tp);
    for(auto v : g[u])
    {
        if(v == f[u] || v == son[u]) continue;
        dfs2(v, v);
    }
    return;
}

#define ls (rt << 1)
#define rs (rt << 1 | 1)
#define swap(a, b) a ^= b ^= a ^= b

int sum[N << 2], tag[N << 2];

void pushup(int rt)
{
    sum[rt] = sum[ls] + sum[rs];
}

void build(int l, int r, int rt)
{
    tag[rt] = -1;
    if(l == r)
    {
        sum[rt] = 1;
        return;
    }
    int mid = (l + r) >> 1;
    build(l, mid, ls);
    build(mid + 1, r, rs);
    pushup(rt);
    return;
}

void pushdown(int rt)
{
    if(tag[rt] != -1)
    {
        sum[ls] = tag[ls] = tag[rt];
        sum[rs] = tag[rs] = tag[rt];
        tag[rt] = -1;
    }
}

void upd(int L, int R, int l, int r, int rt)
{
    if(l > R || r < L) return;
    if(L <= l && r <= R)
    {
        sum[rt] = tag[rt] = 0;
        return;
    }
    pushdown(rt);
    int mid = (l + r) >> 1;
    upd(L, R, l, mid, ls);
    upd(L, R, mid + 1, r, rs);
    pushup(rt);
    return;
}

int qry(int L, int R, int l, int r, int rt)
{
    if(l > R || r < L) return 0;
    if(L <= l && r <= R) return sum[rt];
    pushdown(rt);
    int mid = (l + r) >> 1;
    return qry(L, R, l, mid, ls) + qry(L, R, mid + 1, r, rs);
}

void update(int x, int y)
{
    while(top[x] != top[y])
    {
        if(dep[top[x]] < dep[top[y]]) swap(x, y);
        upd(id[top[x]], id[x], 1, n, 1);
        x = f[top[x]];
    }
    if(dep[x] > dep[y]) swap(x, y);
    upd(id[x], id[y], 1, n, 1);
    return;
}

int query(int x, int y)
{
    int res = 0;
    while(top[x] != top[y])
    {
        if(dep[top[x]] < dep[top[y]]) swap(x, y);
        res += qry(id[top[x]], id[x], 1, n, 1);
        x = f[top[x]];
    }
    if(dep[x] > dep[y]) swap(x, y);
    res += qry(id[x], id[y], 1, n, 1);
    return res;
}

int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &k);
    for(int i = 1, u, v; i < n; i++)
    {
        scanf("%d%d", &u, &v);
        g[u].push_back(v);
        g[v].push_back(u);
    }
    dfs1(n, 0), dfs2(n, n);
    build(1, n, 1);
    k = n - k;
    for(int i = n; i >= 1; i--)
    {
        int tot = query(n, i);
        if(k < tot) continue;
        update(n, i);
        k -= tot;
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        if(qry(id[i], id[i], 1, n, 1))
            printf("%d ", i);
    return 0;
}

CF1101F Trucks and Cities

Description

有 \(n\) 个城市坐落在一条数轴上，第 \(i\) 个城市位于位置 \(a_i\)。

城市之间有 \(m\) 辆卡车穿行．每辆卡车有四个参数：\(s_i\) 为起点编号，\(f_i\) 为终点编号，\(c_i\) 表示每行驶 \(1\) 个单位长度需要消耗的油量，\(r_i\) 表示可以在路途中加油的次数。

当卡车到达一个城市的时候可以将油加满（当然也可以不加），在路中无法加油，但是路途中总加油次数不能超过 \(r_i\)。

所有卡车的油箱都是一样大的，我们称它的容积为 \(V\)。试求一个最小的 \(V\)，使得对于所有的卡车都存在一种方案，在路途中任意时刻油箱内的油量大于等于 \(0\) 且路途中总加油次数小于等于 \(r_i\) 的情况下从起点城市到达终点城市。

Solution

一个比较暴力的做法，对于每辆卡车，算出油箱的最小容积，然后取个 \(max\)。

在算每辆卡车时可以二分答案。

但是这样是过不去的，考虑优化

因为答案是每辆车的最大值，所以在计算每辆车时，可以先用当前的 \(ans\) 判断一下，如果可以就不用再算了。
在判断每辆车二分出来的容积是否合法时，也可以二分贪心地往后跳。

复杂度大概是一个 \(m\) 带两个 \(\log\)。

根据第一条优化，可以 \(random\_shuffle\) 一下，这样效果更佳（雾

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long

using namespace std;

const int N = 405;
const int M = 3e5 + 5;
int n, m;
int a[N], mx[N][N];
ll ans;
struct truck
{
    int s, t, c, p;
}car[M];

bool chk(int s, int t, int c, int p, ll x)
{
    if((ll)mx[s][t] * c > x) return false;
    int pos = s, cnt = 0;
    while(pos < t && cnt <= p)
    {
        if((ll)(a[t] - a[pos]) * c <= x) return true;
        int l = pos, r = t, nxt = pos;
        while(l <= r)
        {
            int mid = (l + r) >> 1;
            if((ll)(a[mid] - a[pos]) * c <= x) l = mid + 1, nxt = mid;
            else r = mid - 1;
        }
        cnt++;
        pos = nxt;
    }
    return cnt <= p;
}

template <typename T>
void read(T &x)
{
    x = 0; char c = getchar();
    while(!isdigit(c)) c = getchar();
    while(isdigit(c)) x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
    return;
}

int main()
{
    srand(19260817);

    read(n), read(m);
    for(int i = 1; i <= n; i++) read(a[i]);
    for(int i = 1; i <= m; i++)
        read(car[i].s), read(car[i].t), read(car[i].c), read(car[i].p);

    for(int i = 1; i <= n; i++)
        for(int j = i + 1; j <= n; j++)
            mx[i][j] = max(mx[i][j - 1], a[j] - a[j - 1]);
    
    random_shuffle(car + 1, car + 1 + m);

    for(int i = 1; i <= m; i++)
    {
        if(chk(car[i].s, car[i].t, car[i].c, car[i].p, ans)) continue;
        ll l = max((ll)mx[car[i].s][car[i].t] * car[i].c, ans + 1), r = (ll)(a[car[i].t] - a[car[i].s]) * car[i].c;
        ll mn = r;
        while(l <= r)
        {
            ll mid = (l + r) >> 1;
            if(chk(car[i].s, car[i].t, car[i].c, car[i].p, mid)) r = mid - 1, mn = mid;
            else l = mid + 1;
        }
        ans = max(ans, mn);
    }

    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}

CF340D Bubble Sort Graph

Description

题目可以理解为给出一个长度为 \(n\) 的序列，每个逆序对连一条无向边，求得到的无向图（可能不连通）的最大独立集。

\(2\le n \le 10^5,1\le a_i \le n\)

Solution

~~经过思考~~，题意可以转化为求最长上升子序列。

然后就是一个板子了，这里用的树状数组。

Code

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 1e5 + 5;
int n, ans;
int c[N];

void add(int x, int y)
{
    for(; x <= n; x += x & -x)
        c[x] = max(c[x], y);
}

int qry(int x)
{
    int res = 0;
    for(; x; x -= x & -x)
        res = max(res, c[x]);
    return res;
}

int main()
{
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        int a;
        scanf("%d", &a);
        int len = qry(a) + 1;
        add(a, len);
        ans = max(ans, len);
    }
    printf("%d\n", ans);
    return 0;
}

CF274E Mirror Room

Description

有一个 \(n*m\) 的格子图，其中有一些是黑色的，另一些为白色。

从某个白色格子的中心点向左上（NW），左下（SW），右上（NE），右下（SE）四个方向中的一个发出一束光线，若光线碰到黑色格子或者墙壁（即边界）会反射。反射情况如图所示：

我们不难发现，光线能穿过的格子总数是可以算出的。假如光线经过了某个格子的中心，则称光线经过了这个格子。求光线经过的格子总数。

\(1\le n,m \le 10 ^ 5,0\le k \le 10^5\)

Solution

大模拟。

模拟光线的移动，对于每条对角线线，用 \(set\) 记录下障碍物的位置，然后就可以直接二分找到走到哪反射。

二分时，如果是向左上或右上，要取前一个格子，因为 lower_bound() 会找到下一个。

在反射时要注意，我们二分找到的是这条对角线上的下一个格，还需要根据题中给出的三种情况进行分类讨论。可以用 \(map\) 记录每个格子为黑色或白色，然后判一下相邻的两个格子。

如果是原路返回，就原路返回去，最后答案除以二即可。

有一个小技巧，先从起点找到下一个障碍物，然后以这个障碍物为起点进行模拟，这样当再次回到这个障碍物时就已经走了一圈了。

这里用了很多异或来简化代码，就不细说了，可以手动模拟一下（

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long

using namespace std;

typedef pair<int, int> P;
const int N = 1e5 + 5;
int n, m, k;
map <int, int> mp[N << 1];
set <P> s[2][N << 1];
int x, y, d;
string str;
int dx[] = {1, 1, -1, -1};
int dy[] = {1, -1, -1, 1};
ll ans;
int flag = 1;

int getid(int op, int x, int y)
{
    return !op ? x - y + m + 1 : x + y;
}

void ins(int x, int y)
{
    s[0][getid(0, x, y)].insert(P(x, y));
    s[1][getid(1, x, y)].insert(P(x, y));
    mp[x][y] = 1;
}

void work()
{
    auto it = s[d & 1][getid(d & 1, x, y)].lower_bound(P(x, y));
    if(d < 2) it--; //左上右上
    int sx = (*it).first, sy = (*it).second;
    ans += abs(x - sx);
    x = sx + dx[d];
    y = sy + dy[d];
    bool f1 = mp[sx].count(y), f2 = mp[x].count(sy);
    if(!(f1 ^ f2)) flag = 2, d = (d + 2) % 4;
    else if(f1) y = sy, d ^= 3;
    else x = sx, d ^= 1;
    return;
}

int main()
{
    ios :: sync_with_stdio(false);
    cin >> n >> m >> k;
    for(int i = 1, x, y; i <= k; i++)
    {
        cin >> x >> y;
        ins(x, y);
    }
    cin >> x >> y >> str;
    for(int i = 0; i <= n + 1; i++) ins(i, 0), ins(i, m + 1);
    for(int i = 0; i <= m + 1; i++) ins(0, i), ins(n + 1, i);
    if(str == "NW") d = 0;  //左上
    if(str == "NE") d = 1;  //右上
    if(str == "SE") d = 2;  //右下
    if(str == "SW") d = 3;  //左下
    work();
    int tx = x, ty = y, td = d;
    ans = 0, work();
    while(x != tx || y != ty || d != td) work();
    printf("%lld\n", ans / flag);
    return 0;
}

USACO11JAN Roads and Planes G

Description

给定 \(n\) 个点，\(r\) 条道路，\(p\) 条航线，起点 \(s\)。

道路是双向的，边权为正数。

航线是单向的，边权可能为负数，并且对于航线 \(a_i\) 到 \(b_i\) 保证不存在路径从 \(b_i\) 到 \(a_i\)。

求 \(s\) 到其他每个点的最短路。

\(1\le n \le 25000,1\le r \le 50000,1\le p \le 50000\)

Solution

直接 \(spfa+SLF优化\) 跑过去。

用双端队列 \(deque\) ，在入队的时候与队头比较一下，如果 \(dis\) 小于队头，则入到队头，否则入队尾。

Code

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
#define INF 0x3f3f3f3f

using namespace std;

const int N=100010;
const int M=150010;

int n,m,k,s;
struct edge
{
	int v,w,nxt;
}e[M];
int head[N],tot;

void add(int u,int v,int w)
{
	e[++tot]=(edge){v,w,head[u]};
	head[u]=tot;
}

deque<int>que;
int dis[N],vis[N];

void spfa(int s)
{
	memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
	dis[s]=0;
	que.push_back(s);
	vis[s]=1;
	while(!que.empty())
	{
		int u=que.front();
		que.pop_front();
		vis[u]=0;
		for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt)
		{
			int v=e[i].v,w=e[i].w;
			if(dis[u]+w<dis[v])
			{
				dis[v]=dis[u]+w;
				if(!vis[v])
				{
					if(!que.empty()&&dis[v]>=dis[que.front()]) que.push_back(v);
					else que.push_front(v);
					vis[v]=1;
				}
			}
		}
	}
}

int main()
{
	scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&k,&s);
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		int u,v,w;
		scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
		add(u,v,w);
		add(v,u,w);
	}
	for(int i=1;i<=k;i++)
	{
		int u,v,w;
		scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
		add(u,v,w);
	}
	spfa(s);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		if(dis[i]==INF) puts("NO PATH");
		else printf("%d\n",dis[i]);
	return 0;
}

USACO15JAN Grass Cownoisseur G

Description

给定一个 \(n\) 个点 \(m\) 条边的有向图，从 \(1\) 号点出发，最后走回 \(1\) 号点，最多能经过几个点。

在行走过程中可以逆向走一条边。

\(1\le n,m \le 10^5\)

Solution

在一个点，该点强连通分量内的点肯定都走一遍，容易想到 \(tarjan\) 缩点，然后得到一个 \(DAG\)。

因为可以逆行一次，所以要正着处理一遍，求出从 \(1\) 到每个点最多能经过几个点，然后再建反图跑一遍，相当于求出了每个点到 \(1\) 最多能经过几个点。

这里不能简单的拓扑排序，而是要跑一遍最长路。

最后枚举每个点，将两次算出来的个数加起来取 \(max\)，但是这里还要减去 \(1\) 号点所在强连通分量的点的个数，因为会算重。

Code

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 1e5 + 5;
int n, m;
vector <int> g[N];
vector <int> G[N];
int dfn[N], low[N], tim;
int stk[N], top, cnt, num[N], id[N];
bool vis[N];

void tarjan(int u)
{
    dfn[u] = low[u] = ++tim;
    stk[++top] = u;
    vis[u] = 1;
    for(auto v : g[u])
    {
        if(!dfn[v]) tarjan(v), low[u] = min(low[u], low[v]);
        else if(vis[v]) low[u] = min(low[u], dfn[v]);
    }
    if(low[u] == dfn[u])
    {
        int x; cnt++;
        do
        {
            x = stk[top--];
            vis[x] = 0;
            num[cnt]++;
            id[x] = cnt;
        } while (x != u);
    }
    return;
}

int dis1[N], dis2[N];
queue <int> que;
bool inq[N];
void spfa(int dis[])
{
    que.push(id[1]);
    dis[id[1]] = num[id[1]];
    inq[id[1]] = 1;
    while(!que.empty())
    {
        int u = que.front();
        que.pop();
        inq[u] = 0;
        for(auto v : G[u])
        {
            if(dis[v] < dis[u] + num[v])
            {
                dis[v] = dis[u] + num[v];
                if(!inq[v]) que.push(v), inq[v] = 1;
            }
        }
    }
    return;
}

int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i = 1, u, v; i <= m; i++)
    {
        scanf("%d%d", &u, &v);
        g[u].push_back(v);
    }

    for(int i = 1; i <= n; i++)
        if(!dfn[i]) tarjan(i);

    for(int i = 1; i <= n; i++)
        for(auto j : g[i]) if(id[i] != id[j])
                G[id[i]].push_back(id[j]);
    spfa(dis1);

    for(int i = 1; i <= cnt; i++) G[i].clear();
    memset(inq, 0, sizeof(inq));
    
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        for(auto j : g[i]) if(id[i] != id[j])
            G[id[j]].push_back(id[i]);
    spfa(dis2);

    int ans = num[id[1]];
    for(int i = 1; i <= cnt; i++)
        for(auto j : G[i])
            if(dis1[i] > 0 && dis2[j] > 0)
                ans = max(ans, dis1[i] + dis2[j] - num[id[1]]);
    printf("%d\n", ans);
    return 0;
}

USACO18OPEN Talent Show G

Description

给定 \(n\) 头奶牛，每头奶牛有一个重量 \(w_i\) 和才艺 \(v_i\)，请选出若干头奶牛，使得总重量 \(\ge m\)，并最大化 \(\dfrac{\sum v_i}{\sum w_i}\)。

输出 \(\dfrac{\sum v_i}{\sum w_i}\) 的最大值。

\(1\le n \le 250,1\le m \le 10^3,1\le w_i \le 10^6,1 \le v_i \le 10^3\)

Solution

有点类似于 Luogu P3874 [TJOI2010]砍树

因为求的是 \(\dfrac{\sum v_i}{\sum w_i}\) ，并不能简单地通过前面的最大值推到后面的最大值。

对于这种题，比较套路的思想，进行01分数规划。

首先二分答案 \(x\)，若存在 \(\dfrac{\sum v_i}{\sum w_i}\ge x\)，说明答案可以更大。

将上面的式子转化一下

\(\sum v_i \ge \sum w_i \times x\)

\(\sum(v_i-w_i\times x) \ge 0\)

这样，每头奶牛的贡献就变成了 \(v_i-w_i\times x\)。

然后要保证 \(\sum w_i \ge m\)，还需要01背包，可以将 \(\ge m\) 的部分全都放到 \(f_m\) 上，最后判一下 \(f_m\) 是否 \(\ge 0\) 即可。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long

using namespace std;

const int N = 255;
const int MAXN = 1010;
int n, m;
int w[N], v[N];
ll f[MAXN];

bool chk(int x)
{
    memset(f, 128, sizeof(f));
    f[0] = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        for(int j = m; j >= 0; j--)
        {
            int k = min(m, j + w[i]);
            f[k] = max(f[k], f[j] + v[i] - 1ll * w[i] * x);
        }
    return f[m] >= 0;
}

int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        scanf("%d%d", &w[i], &v[i]);
        v[i] *= 1000;
    }
    
    int l = 0, r = 1e9, ans;
    while(l <= r)
    {
        int mid = (l + r) >> 1;
        if(chk(mid)) l = mid + 1, ans = mid;
        else r = mid - 1;
    }
    printf("%d\n", ans);
    return 0;
}

USACO18OPEN Out of Sorts S

Description

对长度为 \(n\) 的数组进行冒泡排序

过程如下

sorted = false
while (not sorted):
   sorted = true
   moo
   for i = 0 to N-2:
      if A[i+1] < A[i]:
         swap A[i], A[i+1]
         sorted = false

其中 moo 的作用是输出 moo，求出代码会输出多少次 moo。

\(1\le n \le 10^5,0\le a_i \le 10^9\) 保证 \(a_i\) 各不相同

Solution

每进行一次冒泡排序，对于第 \(i\) 个数，会把前面一个大于 \(a_i\) 的数排到 \(i\) 后面。

因此只需要算一下每个数前面有多少个比它大的，取个 \(max\)，最后要 \(+1\)，但并不进行排序。

离散化一下，用树状数组维护即可。

Code

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 1e5 + 5;
int n, a[N], b[N], c[N], ans;

void add(int x, int y)
{
    for(; x <= n; x += x & -x)
        c[x] += y;
}

int qry(int x)
{
    int res = 0;
    for(; x; x -= x & -x)
        res += c[x];
    return res;
}

int main()
{
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        scanf("%d", &a[i]), b[i] = a[i];
    sort(b + 1, b + 1 + n);
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        a[i] = lower_bound(b + 1, b + 1 + n, a[i]) - b;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        add(a[i], 1);
        ans = max(ans, i - qry(a[i]));
    }
    printf("%d\n", ans + 1);
    return 0;
}

USACO18OPEN Out of Sorts G

Description

对长度为 \(n\) 的数组进行冒泡排序

过程如下

sorted = false
while (not sorted):
   sorted = true
   moo
   for i = 0 to N-2:
      if A[i+1] < A[i]:
         swap A[i], A[i+1]
   for i = N-2 downto 0:
      if A[i+1] < A[i]:
         swap A[i], A[i+1]
   for i = 0 to N-2:
      if A[i+1] < A[i]:
         sorted = false

其中 moo 的作用是输出 moo，求出代码会输出多少次 moo。

\(1\le n \le 10^5,0\le a_i \le 10^9\) 保证 \(a_i\) 各不相同

Solution

对于每个位置 \(i\)，将 \(i\) 排到对应的位置需要的步数是 \(i\) 前面比 \(i\) 大的数的个数。

因为每次冒泡都会把一个大于 \(i\) 的数放到后面，把一个小于 \(i\) 的数放到前面。

最后取 \(max\)。

Code

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 1e5 + 5;
struct node
{
    int val, id;
    friend bool operator < (node x, node y)
    {
        return x.val == y.val ? x.id < y.id : x.val < y.val;
    }
}p[N];
int n, a[N], b[N];
int c[N];

void add(int x, int y)
{
    for(; x <= n; x += x & -x)
        c[x] += y;
}

int qry(int x)
{
    int res = 0;
    for(; x; x -= x & -x)
        res += c[x];
    return res;
}

bool cmp(node x, node y)
{
    return x.id < y.id;
}

int main()
{
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        scanf("%d", &p[i].val), p[i].id = i;
    sort(p + 1, p + 1 + n);
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        p[i].val = i;
    sort(p + 1, p + 1 + n, cmp);
    int ans = 1;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        add(p[i].val, 1);
        ans = max(ans, i - qry(p[i].id));
    }
    printf("%d\n", ans);
    return 0;
}

USACO17JAN Promotion Counting P

Description

给定一颗 \(n\) 个点的树，每个点有一个权值 \(p\)，对于每个点 \(i\)，求它的子树中有多少个点 \(j\)，满足 \(p_i>p_j\)。

\(1\le n \le 10^5,1\le p_i \le 10^9\)

Solution

把权值离散化一下，然后用权值树状数组维护子树信息，每个点的答案即为一个前缀和。

子树内可以递归，考虑如何处理并列的子树，肯定不能每次清空或新建树状数组。

对于子树 \(i\)，\(ans_i=\) 加了 \(i\) 的子树后大于 \(p_i\) 的减去原来就大于 \(p_i\) 的。

这样就可以适用于每个子树了。

Code

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 1e5 + 5;
int n, a[N], b[N], fa[N], tot;
vector <int> g[N];
struct BIT
{
    int c[N];
    BIT()
    {
        memset(c, 0, sizeof(c));
    }
    void add(int x, int y)
    {
        for(; x <= tot; x += x & -x)
            c[x] += y;
    }
    int qry(int x)
    {
        int res = 0;
        for(; x; x -= x & -x)
            res += c[x];
        return res;
    }
}t;
int ans[N];

void dfs(int u)
{
    ans[u] = -(t.qry(tot) - t.qry(a[u]));
    for(auto v : g[u]) dfs(v);
    ans[u] += t.qry(tot) - t.qry(a[u]);
    t.add(a[u], 1);
    return;
}

int main()
{
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        scanf("%d", &a[i]), b[i] = a[i];
    for(int i = 2; i <= n; i++)
    {
        scanf("%d", &fa[i]);
        g[fa[i]].push_back(i);
    }
    sort(b + 1, b + 1 + n);
    tot = unique(b + 1, b + 1 + n) - b - 1;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        a[i] = lower_bound(b + 1, b + 1 + n, a[i]) - b;
    dfs(1);
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        printf("%d\n", ans[i]);
    return 0;
}

USACO11NOV Above the Median G

Description

给出 \(n\) 个数字 \(h_i\)，问中位数大于等于 \(x\) 的连续子串有几个。（这里如果有偶数个数，定义为偏大的那一个而非中间取平均）。

\(1\le n \le 10^5,1\le h_i \le 10^9,1\le x\le 10^9\)

Solution

对于中位数比较套路的思路，将 \(\ge x\) 的数改为 \(1\)，将 \(<x\) 的数改为 \(-1\)，这样如果一个区间的 \(\ge 0\) 说明这个区间的中位数 \(\ge x\)。

然后就可以用树状数组维护前缀和了，对于 \(i\) 的前缀和 \(sum\)，我们要求出以 \(i\) 为右端点的区间中位数 \(\ge x\) 的个数，需要要求出前 \(i\) 个前缀和中 \(\le x\) 的个数，也就是顺序对的个数。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long

using namespace std;

const int N = 1e5 + 5;
int n, m;
int c[N << 1];

void add(int x, int y)
{
    for(; x <= n + n + 1; x += x & -x)
        c[x] += y;
}

int qry(int x)
{
    int res = 0;
    for(; x; x -= x & -x)
        res += c[x];
    return res;
}

int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &m);
    int sum = 0;
    ll ans = 0;
    add(n + 1, 1);
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        int a;
        scanf("%d", &a);
        sum += a >= m ? 1 : -1;
        ans += qry(n + 1 + sum);
        add(sum + n + 1, 1);
    }
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}

USACO18FEB Snow Boots G

Description

给定 \(n\) 块地砖和 \(m\) 双靴子，每块地砖的雪的深度 \(f_i\)，每双靴子可以走的最大积雪深度 \(s_i\) 和最大步长 \(d_i\)。

求哪些靴子可以从 \(1\) 走到 \(n\)。

\(1\le n,m\le 10^5,1\le f_i\le 10^9(f_1=f_n=0),1\le s_i \le 10^9,1\le d_i\le n-1\)

Solution

考虑什么情况下，第 \(i\) 双靴子不合法，因为步长为 \(d_i\) 所以只有在存在一段连续 \(>d_i\) 个地砖并且积雪深度都 \(>s_i\) 的时候不合法。

将第 \(i\) 双靴子能走的设为 \(0\)，不能走的设为 \(1\)，这样只需要维护区间最长的连续的 \(1\)。

可以用线段树维护，一开始全为 \(1\)。

将地砖和靴子放在一起按升序排序，这样可以保证后面的一定大于前面的，然后依次枚举

如果是地砖，就单点修改，把 \(1\) 改为 \(0\)。
如果是靴子，就查询最长的连续 \(1\) 的个数。

Code

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 1e5 + 5;
int n, m;
struct node
{
    int dep, s, id;
    friend bool operator < (node x, node y)
    {
        return x.dep == y.dep ? x.id < y.id : x.dep < y.dep;
    }
}a[N << 1];
int ans[N];

#define ls (rt << 1)
#define rs (rt << 1 | 1)
struct segtree
{
    int l, r, mx, lmx, rmx;
}t[N << 2];

void pushup(int rt)
{
    t[rt].lmx = t[ls].lmx;
    t[rt].rmx = t[rs].rmx;

    if(t[ls].mx == t[ls].r - t[ls].l + 1) t[rt].lmx += t[rs].lmx;
    if(t[rs].mx == t[rs].r - t[rs].l + 1) t[rt].rmx += t[ls].rmx;
    
    t[rt].mx = max(t[ls].mx, t[rs].mx);
    t[rt].mx = max(max(t[rt].mx, t[ls].rmx + t[rs].lmx), max(t[rt].lmx, t[rt].rmx));
}

void build(int l, int r, int rt)
{
    t[rt].l = l, t[rt].r = r;
    if(l == r)
    {
        t[rt].mx = t[rt].lmx = t[rt].rmx = 1;
        return;
    }
    int mid = (l + r) >> 1;
    build(l, mid, ls);
    build(mid + 1, r, rs);
    pushup(rt);
}

void upd(int pos, int rt)
{
    if(t[rt].l == t[rt].r)
    {
        t[rt].mx = t[rt].lmx = t[rt].rmx = 0;
        return;
    }
    int mid = (t[rt].l + t[rt].r) >> 1;
    if(pos <= mid) upd(pos, ls);
    else upd(pos, rs);
    pushup(rt);
}

int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        scanf("%d", &a[i].dep);
        a[i].id = i;
    }
    for(int i = n + 1; i <= n + m; i++)
    {
        scanf("%d%d", &a[i].dep, &a[i].s);
        a[i].id = i;
    }
    sort(a + 1, a + 1 + n + m);
    build(1, n, 1);
    for(int i = 1; i <= n + m; i++)
    {
        if(a[i].id <= n) upd(a[i].id, 1);
        else ans[a[i].id - n] = t[1].mx < a[i].s;
    }
    for(int i = 1; i <= m; i++)
        printf("%d\n", ans[i]);
    return 0;
}

posted @ 2021-10-27 23:38 Acestar 阅读(99) 评论(0) 编辑收藏举报

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