CSP模拟58联测20 题解

T1 回忆旅途的过往

因为每个砝码都可以使用无限次，所以我们只需要关注区间内数的种类。

发现所有出现的数不会超过 $10$ 种，考虑状压。二进制每一位表示该位表示的数是否出现。

预处理出 $f_{S,x}$ 表示状态 $S$ 是否可以称出质量 $x$，对于新出现的数 $x$，标号为 $id$，则 $f_{S}=f_{S-(1<<id)}$，$f_{S,i}=f_{S,i}|f_{S,i-x}$， $O(2^{10}m)$ 转移即可。

区间操作使用线段树维护，每个叶子节点维护对应区间的二进制状态，$push up$ 为 $t_k=t_{k<<1}|t_{k<<1|1}$

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define il inline
#define ll long long
namespace Testify{
    il int read(){
        int x=0,f=1;char ch=getchar();
        while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
        while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
        return x*f;
    }
    il void write(ll x){
        if(x<0) putchar('-'),x=-x;
        if(x>9) write(x/10);
        putchar(x%10+'0');
    }
    il void Write(ll x){write(x);puts("");}
    il void writE(ll x){write(x);putchar(' ');}
}
using namespace Testify;
#define M 1000050
#define N 100050
int n,m,q;
int a[M];
int vis[M];
// int ans[1030][M],id(0);
bitset<N>ans[1030];
int id(0);
namespace Segment_Tree{
    int sum[M<<2],tag[M<<2];
    il void push_up(int k){
        sum[k]=sum[k<<1]|sum[k<<1|1];
    }
    il void build(int k,int l,int r){
        tag[k]=-1;
        if(l==r){
            sum[k]=(1<<vis[a[l]]);
            return;
        }
        int mid=(l+r)>>1;
        build(k<<1,l,mid);
        build(k<<1|1,mid+1,r);
        push_up(k);
    }
    il void add_tag(int k,int x){
        tag[k]=x;
        sum[k]=x;
    }
    il void push_down(int k){
        if(tag[k]==-1)return;
        add_tag(k<<1,tag[k]);
        add_tag(k<<1|1,tag[k]);
        tag[k]=-1;
    }
    void update(int k,int l,int r,int L,int R,int x){
        if(L<=l&&r<=R){
            add_tag(k,x);
            return;
        }
        push_down(k);
        int mid=(l+r)>>1;
        if(L<=mid)update(k<<1,l,mid,L,R,x);
        if(R>mid)update(k<<1|1,mid+1,r,L,R,x);
        push_up(k);
    }
    int query(int k,int l,int r,int L,int R){
        if(L<=l&&r<=R)return sum[k];
        push_down(k);
        int mid=(l+r)>>1;
        int tmp=0;
        if(L<=mid)tmp=query(k<<1,l,mid,L,R);
        if(R>mid)tmp|=query(k<<1|1,mid+1,r,L,R);
        return tmp;
    }
}
void add_num(int x){
    vis[x]=id++;
    for(int i=(1<<(id-1));i<(1<<id);i++){
        ans[i]=ans[i-(1<<(id-1))];
        for(int j=x;j<=m;j++)ans[i][j]=ans[i][j]|ans[i][j-x];
    }
}
signed main(){
	n=read(),m=read(),q=read();
    memset(vis,-1,sizeof(vis));
    ans[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        a[i]=read();
        if(vis[a[i]]==-1)add_num(a[i]);
    }
    Segment_Tree::build(1,1,n);
    for(int i=1;i<=q;i++){
        int opt=read(),l=read(),r=read(),x=read();
        if(opt==1){
            if(vis[x]==-1)add_num(x);
            Segment_Tree::update(1,1,n,l,r,(1<<vis[x]));
        }else{
            if(ans[Segment_Tree::query(1,1,n,l,r)][x])puts("Yes");
            else puts("No");
        }
    }
}

T2 牵着她的手

前置知识：拉格朗日插值

发现如果 $x_1$ 到 $x_n$ 的最大值等于 $x_{n+1}$ 到 $x_{n+m}$ 的最大值，那么序列一定合法，因为它们的最大值都等于整个矩阵的最大值。

考虑构造一个矩阵，最大值的行和最大值的列相交的那个格子填那个最大值，那一行和那一列其他位置填任意数，其他位置都填 $1$。

（注意其他位置不一定非要填1，对于每一种合法序列，都能构造出至少一个满足要求的矩阵，且其中一定包含其他位置全填 $1$ 的矩阵，如序列 $2,3,2,3$ 可以构造出满足要求的矩阵 $\begin{matrix} 1 & 2 \\ 2 & 3\end{matrix}$ 和 $\begin{matrix} 2 & 2 \\ 2 & 3\end{matrix}$，因为答案统计的是序列，所以它们只对答案贡献 $1$ 次，所以我们只统计其他位置全填 $1$ 的贡献，这样能保证该矩阵一定满足要求）

那么我们考虑枚举这个最大值 $i$ ，没有最大值限制每一行可以选择 $i$ 个数，$n$ 行的方案数为 $i^n$，为了保证存在最大值，还要减去不含最大值的方案数 $(i-1)^n$，列同理，则答案为

\[\sum\limits_{i=1}^{k}(i^n-(i-1)^n)(i^m-(i-1)^m) \]

直接枚举可以过 $80 \%$ 的数据

考虑优化，发现和式里面那个东西是关于 $i$ 的 $n+m$ 次多项式，整个式子就是一个 $n+m+1$ 次多项式。设 $f_x=\sum\limits_{i=1}^{x}(i^n-(i-1)^n)(i^m-(i-1)^m)$，可以先算出 $f_1$ 到 $f_{n+m+2}$ ，发现 $i$ 的取值连续，使用拉格朗日插值可以 $O(n)$ 算出 $f_k$。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define il inline
#define ll long long
namespace Testify{
    il int read(){
        int x=0,f=1;char ch=getchar();
        while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
        while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
        return x*f;
    }
    il void write(ll x){
        if(x<0) putchar('-'),x=-x;
        if(x>9) write(x/10);
        putchar(x%10+'0');
    }
    il void Write(ll x){write(x);puts("");}
    il void writE(ll x){write(x);putchar(' ');}
}
using namespace Testify;
const int M=200050;
const int mod=1e9+7;
ll y[M];
ll g[M],sum,inv[M];
il ll fast_pow(ll x,int a){
    ll ans=1;
    while(a){
        if(a&1)ans=ans*x%mod;
        x=x*x%mod;
        a>>=1;
    }
    return ans;
}
signed main(){
    int T=read();
    g[0]=1;
    for(int i=1;i<=200005;i++)g[i]=(g[i-1]*fast_pow(i,mod-2))%mod;
    while(T--){
        int n=read(),m=read(),k=read();
        int len=n+m+2;
        for(int i=1;i<=len;i++)
            y[i]=(y[i-1]+((fast_pow(i,n)-fast_pow(i-1,n)+mod)%mod)*((fast_pow(i,m)-fast_pow(i-1,m)+mod)%mod)%mod)%mod;
        if(k<=len){
            Write(y[k]);
            continue;
        }
        sum=1;
        for(int i=1;i<=len;i++)sum=sum*((k-i+mod)%mod)%mod;
        ll ans=0;
        for(int i=1;i<=len;i++){
            ll tmp=y[i];
            tmp=tmp*sum%mod;
            tmp=tmp*fast_pow(k-i,mod-2)%mod;
            tmp=tmp*g[i-1]%mod;
            tmp=tmp*g[len-i]%mod;
            if((len-i)%2)tmp=(mod-tmp)%mod;
            ans=(ans+tmp)%mod;
        }
        Write(ans);
    }
}

T3 注视一切的终结

去掉所有重边后是一棵树，每条边选择一种颜色，使得两点简单路径上相邻边的颜色尽可能多的不同。

发现如果一条边有大于等于 $3$ 种颜色，则这条边一定会有一种颜色和两边颜色都不同，所以都可以看成有 $3$ 种颜色。

对于每次询问两点的简单路径需要 $ \log n$ 解决，考虑倍增。

设状态 $f_{x,i,a,b}$ 表示从 $x$ 点往上跳 $2^i$ 步，路径上靠近 $x$ 的一端为第 $a$ 种颜色，另一端为第 $b$ 种颜色时的最大权值，其中 $a \leq 3 ,b \leq 3$，$f_{x,0,a,b}=[col_a \ne col_b]$。

转移时直接枚举 $x$，$y=fa_{x,i-1}$，$z=fa_{x,i}$,颜色分别设为 $a,b,c$，则转移为 $f_{x,i,a,c} = \max\{f_{x,i-1,a,b}+f_{y,i-1,b,c}\}$

那么对于要查询的点对 $x,y$，先分别求出两点到 $lca$ 的最大权值，这部分转移和上边类似。若其中一点为 $lca$ 答案就是最大值，否则再枚举一遍 $lca$ 处两条边的颜色，$ans=\max\{cx_a+cy_b+[col_a \ne col_b]\}$

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define il inline
namespace Testify{
    il int read(){
        int x=0,f=1;char ch=getchar();
        while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
        while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
        return x*f;
    }
    il void write(int x){
        if(x<0) putchar('-'),x=-x;
        if(x>9) write(x/10);
        putchar(x%10+'0');
    }
    il void Write(int x){write(x);puts("");}
}
using namespace Testify;
#define M 500010
#define N 1000010
struct node{
    int w,v,nxt;
}e[N<<1];
int head[M],ecnt(0);
il void add(int u,int v,int w){
    e[++ecnt].v=v;
    e[ecnt].w=w;
    e[ecnt].nxt=head[u];
    head[u]=ecnt;
}
int dep[M],f[M][21],dp[M][21][4][4];
int cx[4],cy[4],cc[4];
bool vis[M];
int col[M][4],cnt[M];
void dfs1(int x,int fa){
    vis[x]=1;
    for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt){
        int y=e[i].v;
        if(y==fa){
            if(cnt[x]==3)continue;
            bool yes=1;
            for(int j=0;j<cnt[x];j++)
                if(col[x][j]==e[i].w){yes=0;break;}
            if(yes)col[x][cnt[x]++]=e[i].w;
        }
        else if(!vis[y])dfs1(y,x);
    }
}
void dfs2(int x,int fa){
    dep[x]=dep[fa]+1;
    vis[x]=1;
    f[x][0]=fa;
    if(x!=1){
        for(int a=0;a<cnt[x];a++)
            for(int b=0;b<cnt[fa];b++)
                dp[x][0][a][b]=(col[x][a]!=col[fa][b]);
    }
    for(int i=1;(1<<i)<=dep[x];i++){
        f[x][i]=f[f[x][i-1]][i-1];
        int y=f[x][i-1],z=f[x][i];
        for(int a=0;a<cnt[x];a++)
            for(int b=0;b<cnt[y];b++)
                for(int c=0;c<cnt[z];c++)
                    dp[x][i][a][c]=max(dp[x][i][a][c],dp[x][i-1][a][b]+dp[y][i-1][b][c]);
    }
    for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt){
        int y=e[i].v;
        if(y==fa||vis[y])continue;
        dfs2(y,x);
    }
}
int Lca(int x,int y){
    if(dep[x]<dep[y])swap(x,y);
    for(int i=20;i>=0;i--) if(dep[f[x][i]]>=dep[y])x=f[x][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 jump(int x,int dis,int c[]){
    int now=x;
    for(int i=0;i<=20;i++)
        if((dis>>i)&1){
            memset(cc,0,sizeof(cc));
            for(int a=0;a<cnt[now];a++)
                for(int b=0;b<cnt[f[now][i]];b++)
                    cc[b]=max(cc[b],c[a]+dp[now][i][a][b]);
            memcpy(c,cc,sizeof(cc));
            now=f[now][i];
        } 
    return now;
}
int main(){
    int n=read(),m=read();
    for(int i=1;i<=m;i++){
        int u=read(),v=read(),w=read();
        add(u,v,w);add(v,u,w);
    }
    dfs1(1,0);
    for(int i=1;i<=n;i++)vis[i]=0;
    dfs2(1,0);
    int q=read();
    while(q--){
        for(int i=0;i<3;i++)cx[i]=cy[i]=0;
        int x=read(),y=read();
        int lca=Lca(x,y),fx,fy,ans=0;
        if(x!=lca)fx=jump(x,dep[x]-dep[lca]-1,cx);
        if(y!=lca)fy=jump(y,dep[y]-dep[lca]-1,cy);
        if(x==lca){
            for(int i=0;i<cnt[fy];i++)ans=max(ans,cy[i]);
        }else if(y==lca){
            for(int i=0;i<cnt[fx];i++)ans=max(ans,cx[i]);
        }else{
            for(int a=0;a<cnt[fx];a++)
                for(int b=0;b<cnt[fy];b++)
                    ans=max(ans,cx[a]+cy[b]+(col[fx][a]!=col[fy][b]));
        }
        cout<<ans<<'\n';
    }
}

T4 超越你的极限

感谢 APJifengc 提供的 hack 数据

前置芝士： Slope Trick 优化一类凸代价函数DP

30pts 树形DP

设 $f_{i,x}$ 表示以 $i$ 为根的子树，$A_i=x$ 的权值最大和。

转移枚举权值 $j$

\[f_{i,x}=w_i\times x+\sum\limits_{j \in son_i}\max\limits_{k \leq z_{i,j}-x}f_{j,k} \]

给 $f$ 数组记前缀 $\max$ 可以优化掉 $k$，复杂度 $n^2$。

30pts Code

ll dp[1050][1050];
int w[M];
void dfs(int x,int fa){
    int mn=1000;
    for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt) {
        int y=e[i].v;
        if(y!=fa)dfs(y,x);
        mn=min(mn,e[i].w);
    }
    for(int val=0;val<=mn;val++){
        ll res=0;
        for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt){
            int y=e[i].v;
            if(y==fa)continue;
            res+=dp[y][e[i].w-val];
        }
        dp[x][val]=max(dp[x][val],res+(ll)w[x]*val);
    }
    for(int i=1;i<=mn;i++)dp[x][i]=max(dp[x][i-1],dp[x][i]);
    for(int i=mn+1;i<=1000;i++)dp[x][i]=dp[x][i-1];
}
signed main(){
    int n=read();
    for(int i=1;i<=n;i++)w[i]=read();
    for(int i=1;i<n;i++){
        int u=read(),v=read(),w=read();
        add(u,v,w);
        add(v,u,w);
    }
    dfs(1,0);
    cout<<dp[1][1000]<<endl;
}

70pts 复杂度错误的Slope Trick

~~网上唯一能找到的题解复杂度还是错的~~

思路和正解是一样的，但是实现的复杂度错了。

我们设 $F_i(x)=f_{i,x}$，$G_i(x)=\max\limits_{k\leq z_i-x}F_i(k)$，把转移方程写成函数的形式：

\[F_i(x)=w_i\times x+\sum_{j \in son_i} G_j(x) \]

在使用 slope trick 之前，我们需要先证明 $F_i$ 和 $G_i$ 是分段一次凸函数：

对于叶子节点，$F_i(x)=w_i\times x$ 是一次函数。

对于 $G_i(x)$ ，对于 $k\leq z_i-x$这部分，我们先处理 $G_i(z_i-x)=\max\limits_{k\leq x}F_i(k)$ ，这是个前缀最大值，则图像一定是先斜率由正变为 $0$ 再不变的函数：

则 $G_i(x)$ 的图像就是 $G_i(z_i-x)$ 的图像关于 $x=\frac{z_i}{2}$ 对称：

所以 $G_i$ 也是凸函数，先给 $G_i$ 求和，凸函数加凸函数还是凸函数，然后再加上一个 $w_i\times x$ 一次函数，凸函数加一次函数还是凸函数，所以 $F_i$ 为凸函数。

~~然后就证完了~~。

所以这个转移实质上就是维护一个凸函数的四种变化：

求一个凸函数的前缀 $\max$
将一个凸函数关于 $\frac{z_i}{2}$ 翻转
几个凸函数相加
一个凸函数加上一个斜率为 $w_i$ 的一次函数

我们给每一个节点开一个 map 来维护每个分段点的斜率变化量，即后缀差分，维护每个节点的斜率最小值 $mn_i$ 和斜率最大值 $mx_i$（因为你需要支持翻转操作）。

对于前缀 $\max$ 操作，我们需要把所有斜率小于零的分段点的全部删除，对于斜率差分我们只需要判断 $mn_i$ 是否小于零，不断删除最后一个元素并更新 $mn_i$。
对于反转与求和操作，令 $mn_i=-mx_i$，$mx_i=-mn_i$，$F_i(x)+=G_j(z_{i,j}-x)$，其中 $j \in son_i$。
对于加一次函数操作，令 $f_i(+\infty)+=w_i$，然后不断删除横坐标大于 $z$ 的分段点，再更新剩下的最后一个点的斜率。

~~然后就转移完了~~。

发现通过这些不好直接维护出答案，但是我们可以找到每个节点的函数在哪里取到最值即决策点，因为你每个节点的函数都转化成了前缀 $\max$（根节点就现求一遍），所以此时你的决策点一定是最末尾那个分段点（函数是不降的），直接 $dfs$ 到每个点累加到答案上。

70pts Code

int w[M];
const int inf=1e9;
map<int,int> mp[M];
int mn[M],mx[M];
il void solve(int x,int y,int w){
    while(mp[x].size()){
        auto now=*--mp[x].end();
        if(now.first<=w)break;
        mp[x].erase(now.first);
        mp[x][w]+=now.second;
    }
    while(mp[y].size()){
        auto now=*--mp[y].end();
        if(now.first<=w)break;
        mp[y].erase(now.first);
        mp[y][w]+=now.second;
    }
    while(mn[y]<0){
        auto now=prev(mp[y].end());
        if(-mn[y]<now->second){
            now->second+=mn[y];
            mn[y]=0;
            break;
        }
        mn[y]+=now->second;
        mp[y].erase(now);
    }
    int sv=mx[y];mx[y]=-mn[y];mn[y]=-sv;
    for(auto now:mp[y])mp[x][w-now.first]+=now.second;
    mx[x]+=mx[y];mn[x]+=mn[y];
}
void dfs(int x,int fa){
    mp[x][inf]=w[x];
    mx[x]=w[x];
    for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt){
        int y=e[i].v;
        if(y==fa)continue;
        dfs(y,x);
        solve(x,y,e[i].w);
    }
}
ll ans(0);
void dfs2(int x,int fa,int lim){
    // cout<<mp[x].size()
    ll tmp=min(prev(mp[x].end())->first,lim);
    ans=ans+1ll*tmp*w[x];
    for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt){
        int y=e[i].v;
        if(y==fa)continue;
        dfs2(y,x,e[i].w-tmp);
    }
}
signed main(){
    int n=read();
    for(int i=1;i<=n;i++)w[i]=read();
    for(int i=1;i<n;i++){
        int u=read(),v=read(),w=read();
        add(u,v,w);
        add(v,u,w);
    }
    dfs(1,0);
    while(mn[1]<0){
        auto now=prev(mp[1].end());
        if(-mn[1]<now->second){
            now->second+=mn[1];
            mn[1]=0;
            break;
        }
        mn[1]+=now->second;
        mp[1].erase(now);
    }
    dfs2(1,0,inf);
    cout<<ans;
}

~~然后就做完了~~。

然后你发现你过不了最后一个点。

注意到你每次求和时是直接枚举儿子节点的 map 加到根节点上，这样如果不加启发式合并最坏情况下（比如说 $siz_y$ 很大）复杂度会退化成 $n^2$。但是你为了保留子树信息不能启发式合并，所以不维护答案的做法就寄了。

100pts Slope Trick

思路和上面的一样，但是改用平衡树维护答案，也就是维护 $\sum A_i\times x$ 的最大值。

对于每个点我们需要：

维护从子树转移过来的答案 $s1$，全局斜率加标记 $s2$，关于 $\frac{n}{2}$ 翻转的 $n$ 。
用平衡树维护出来 $\sum p_i$ 即斜率和 $sum1$，$\sum p_i\times x_i$ 即每个点的斜率乘横坐标之和 $sum2$。
给平衡树维护区间翻转标记 $rev$ 和平移标记 $tag$。

这样我们删除操作就直接在平衡树里删，求和操作直接在平衡树里合并，翻转和全局加操作直接维护标记。

关于翻转的那个式子：

先不管所有标记

\[\begin{aligned} \sum x_i p_i \ce{->T[关于 $\frac{n}{2}$ 对称]} & \sum (n-x_i) p_i\\ =& \sum n \times p_i- \sum x_i p_i \end{aligned}\]

即 $s1=sum1 \times n -sum2$ 。

加上子树贡献和全局加标记，即 $s1=s1+(s2+sum1)\times n-sum2$。

然后直接转移，复杂度 $O(n\log n)$。

AC Code（盒的）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define il inline
#define ll long long
const int inf=1e9+1;
const int M=100050;
mt19937 gen(0);
il int read(){
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
    return x*f;
}
il void write(int x){
    if(x<0) putchar('-'),x=-x;
    if(x>9) write(x/10);
    putchar(x%10+'0');
}
struct EDGE{
    int v,nxt,w;
}e[M<<1];
int head[M],cnt;
void add_edge(int u,int v,int w){
    e[++cnt].v=v;
    e[cnt].w=w;
    e[cnt].nxt=head[u];
    head[u]=cnt;
}
int a[M];
namespace Treap{
    struct node{
        int l,r,rev,tag,key,val,pos;//rev：翻转标记 tag：区间平移标记 
        ll sum1,sum2;//sum1:sum{p_i} sum2：sum{x_i*p_i}
    }t[M<<1];
    int tot;
    il void rev(int k){//整体反转打标记
        t[k].rev^=1;
        t[k].tag=-t[k].tag;
        swap(t[k].l,t[k].r);
        t[k].pos=-t[k].pos;
        t[k].sum2=-t[k].sum2;
    }
    il void add(int k,int x){//整体平移
        t[k].pos+=x;
        t[k].tag+=x;
        t[k].sum2+=x*t[k].sum1;
    }
    il void push_up(int k){
        t[k].sum1=t[t[k].l].sum1+t[t[k].r].sum1+t[k].val;
        t[k].sum2=t[t[k].l].sum2+t[t[k].r].sum2+1ll*t[k].val*t[k].pos;
    }
    il void push_down(int k){
        if(t[k].rev){
            if(t[k].l)rev(t[k].l);
            if(t[k].r)rev(t[k].r);
            t[k].rev=0;
        }
        if(t[k].tag){
            if(t[k].l)add(t[k].l,t[k].tag);
            if(t[k].r)add(t[k].r,t[k].tag);
            t[k].tag=0;
        }
    }
    void split(int k,int pos,int &L,int &R){
        if(!k){L=0,R=0;return;}
        push_down(k);
        if(t[k].pos<pos){
            L=k;
            split(t[k].r,pos,t[L].r,R);
        }
        else{
            R=k;
            split(t[k].l,pos,L,t[R].l);
        }
        push_up(k);
    }
    int merge(int L,int R){
        if(L==0||R==0)return L+R;
        push_down(L);
        push_down(R);
        if(t[L].key<t[R].key) swap(L,R);
        int a,b,c;
        split(R,t[L].pos,a,b);
        split(b,t[L].pos+1,b,c);
        if(b) t[L].val+=t[R].val;
        t[L].l=merge(t[L].l,a);
        t[L].r=merge(t[L].r,c);
        push_up(L);
        return L;
    }
    il void add_point(int &k,int l,int r,int pos,int key,int val){
        k=++tot;
        t[tot].l=l,t[tot].r=r;
        t[tot].pos=pos;t[tot].key=key;t[tot].val=val;
        t[tot].sum1=val;t[tot].sum2=1ll*val*pos;
        t[tot].rev=t[tot].tag=0;
    }
    void insert(int &k,int pos,int key,int val){
        if(!k){
            add_point(k,0,0,pos,key,val);
            return;
        } 
        push_down(k);
        if(key>t[k].key){
            int L,R;
            split(k,pos,L,R);
            add_point(k,L,R,pos,key,val);
            push_up(tot);
            k=tot;
            return;
        }
        if(pos<t[k].pos)insert(t[k].l,pos,key,val);
        else insert(t[k].r,pos,key,val);
        push_up(k);
    }
    void del(int &k,int x){//加上x后斜率小于0的改成0
        if(!k)return;
        if(t[k].sum1+x>0)return;
        push_down(k);
        if(t[t[k].l].sum1+x<=0){
            k=t[k].l;
            del(k,x);
            return;
        }
        x+=t[t[k].l].sum1;
        if(t[k].val+x<=0){
            t[k].val=-x;
            t[k].r=0;
            push_up(k);
            return;
        }
        x+=t[k].val;
        del(t[k].r,x);
        push_up(k);
    }
}
struct node{
    int n,rt;
    ll s1,s2;//s1：所有子节点的答案 s2：全局加标记 
    il void resize(int len){
        if(n<len){
            ll tmp=-(s2+Treap::t[rt].sum1);
            Treap::insert(rt,n,gen(),tmp);
        }
        else if(n>len){
            int L,R;
            Treap::split(rt,len,L,R);
            rt=L;
        }
        n=len;
    }
    il void rev(){
        ll t1=s1+(s2+Treap::t[rt].sum1)*n-Treap::t[rt].sum2;
        ll t2=s2+Treap::t[rt].sum1;
        s1=t1;s2=-t2;
        if(rt){
            Treap::rev(rt);
            Treap::add(rt,n);
        }
    }
    il void merge(node &x){
        s1+=x.s1;
        s2+=x.s2;
        rt=Treap::merge(rt,x.rt);
    }
}f[M];
void dfs(int x,int fa){
    int tmp=inf;
    for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt){
        int y=e[i].v;
        if(y==fa)continue;
        tmp=min(tmp,e[i].w);
        dfs(y,x);
    }
    f[x].n=tmp;
    f[x].s2=a[x];
    for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt){
        int y=e[i].v;
        if(y==fa)continue;
        f[y].resize(e[i].w);
        f[y].rev();
        f[y].resize(tmp);
        f[x].merge(f[y]);
    }
    if(f[x].s2<=0) f[x].s2=f[x].rt=0;
    else Treap::del(f[x].rt,f[x].s2);
}
int main(){
    int n;
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=read();
    for(int i=1;i<n;i++){
        int u=read(),v=read(),w=read();
        add_edge(u,v,w);
        add_edge(v,u,w);
    }
    dfs(1,0);
    int t1=f[1].rt;
    ll ans=f[1].s1+(f[1].s2+Treap::t[t1].sum1)*f[1].n-Treap::t[t1].sum2;
    cout<<ans;
    return 0;
}

写在后面

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四道题目的名字分别为音乐游戏《Arcaea》（韵律源点，源神）4.0版本更新后FV曲包最终魔王曲《Testify》解锁的四个任务（部分）名称

回忆旅途的过往：按顺序分别游玩v1.x、v2.x、v3.x、v4.x任意四个主线曲包中的乐曲各一首并通关。
牵着她的手：收藏已拥有的全部非联动对立，之后使用任意一名非联动对立游玩任意封面上只有对立的主线曲目
注视一切的终结：在Axiom of the End解锁页面停留4分钟。
超越你的极限：游玩任意曲目且结算时该曲潜力值大于个人潜力值。

参考资料：Arcaea中文维基

Arcaea

posted @ 2023-09-25 20:03 CCComfy 阅读(276) 评论(5) 编辑收藏举报

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CSP模拟58联测20 题解

T1 回忆旅途的过往

T2 牵着她的手

前置知识：拉格朗日插值

T3 注视一切的终结

T4 超越你的极限

前置芝士： Slope Trick 优化一类凸代价函数DP

30pts 树形DP

70pts 复杂度错误的Slope Trick

100pts Slope Trick

写在后面

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