11月杂题
颓你妈。
零.合影
和 KING_OF_TURTLE 和 CDFLS_mao_zx 在 CSP-S 那天的考场门口的合影/cy
大家可以猜猜我是哪个人（bushi
大概以后只有考场才能和 KOT 在一起了/kk
一. URAL 2124 Algebra on Segment
题意：给出序列和质数 \(P\) 。
- 区间乘。 2. 区间询问：区间内的数模 \(P\) 意义下构成的乘法群。
\(n,m\le 10^5\) 。
数论题。
一个 naive 的想法是：求原根，把每个数表示成 \(g^x\) 的形式，操作可转换成区间加，区间 gcd。
但因为需要多次 BSGS，复杂度飞起。
于是考虑另一个想法：求阶。算出来每个数的阶，然后 lcm 起来就是答案。
发现 \(a_1,a_2,…,a_n\) 与 \(a_1,a_1/a_2,…,a_{n-1}/a_n\) 构成的群相同。
于是查询 \([l,r]\) 时先把 \(a_{l}/a_{l+1}\) 到 \(a_{r-1}/a_{r}\) 的阶的 lcm 求出来，然后再单独求 \(a_l\) 并求出它的阶。
于是我们维护两线段树：
第一个，维护“商”分数组的阶的 lcm，单点修改，区间 lcm 。
第二个，维护 \(a_i\) 的值，区间乘，单点查询。
这个题就做完了，因为求阶是很快的。
view code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int mod,n,q,a[101000];
vector<int>ys;
int qpow(int a,int b){
int c=1;
for(;b;b>>=1){
if(b&1)c=1ll*a*c%mod;
a=1ll*a*a%mod;
}
return c;
}
int o[30],pc[30],m;
int qj(int x){
int oi=mod-1;
for(int i=1;i<=m;i++){
for(int j=1;j<=pc[i];j++){
if(qpow(x,oi/o[i])==1)oi/=o[i];
else break;
}
}
return oi;
}
int cf[100100],gc[401000],tag[401000];
int gcd(int a,int b){
if(!b)return a;
return gcd(b,a%b);
}
int lcm(int a,int b){
return a/gcd(a,b)*b;
}
void build(int p,int l,int r){
if(l==r){
gc[p]=qj(cf[l]);
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
build(p<<1,l,mid),build(p<<1|1,mid+1,r);
gc[p]=lcm(gc[p<<1],gc[p<<1|1]);
}
void up(int p,int l,int r,int x){
if(l==r){
gc[p]=qj(cf[l]);
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
if(x<=mid)up(p<<1,l,mid,x);
else up(p<<1|1,mid+1,r,x);
gc[p]=lcm(gc[p<<1],gc[p<<1|1]);
}
void uk(int p,int l,int r,int x,int y,int z){
if(x<=l&&r<=y){
tag[p]=1ll*tag[p]*z%mod;
return;
}
if(y<l||x>r)return;int mid=(l+r)>>1;
uk(p<<1,l,mid,x,y,z),uk(p<<1|1,mid+1,r,x,y,z);
}
int ask(int p,int l,int r,int x){
if(l==r)return tag[p];
int mid=(l+r)>>1;
return 1ll*tag[p]*((x<=mid)?ask(p<<1,l,mid,x):ask(p<<1|1,mid+1,r,x))%mod;
}
int ask2(int p,int l,int r,int x,int y){
if(x<=l&&r<=y)return gc[p];
int mid=(l+r)>>1;
if(y<=mid)return ask2(p<<1,l,mid,x,y);
if(x>mid)return ask2(p<<1|1,mid+1,r,x,y);
return lcm(ask2(p<<1,l,mid,x,y),ask2(p<<1|1,mid+1,r,x,y));
}
int main(){
scanf("%d%d%d",&mod,&n,&q);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
for(int i=1;i<=4*n;i++)tag[i]=1;
for(int i=1;i<n;i++)cf[i]=1ll*a[i]*qpow(a[i+1],mod-2)%mod;
int u=mod-1;
for(int i=2;i*i<=u;i++)if(!(u%i)){
o[++m]=i;
while(!(u%i))u/=i,pc[m]++;
}
if(u>1)o[++m]=u,pc[m]=1;
if(n!=1)build(1,1,n-1);
for(int i=1,op,l,r,x;i<=q;i++){
scanf("%d%d%d",&op,&l,&r);
if(op==1){
scanf("%d",&x);
uk(1,1,n,l,r,x);
if(l>1)cf[l-1]=1ll*cf[l-1]*qpow(x,mod-2)%mod,up(1,1,n-1,l-1);
if(r<n)cf[r]=1ll*cf[r]*x%mod,up(1,1,n-1,r);
}
//lcm(a,b)
else{
int os=qj(1ll*a[l]*ask(1,1,n,l)%mod);
if(l<r)os=lcm(os,ask2(1,1,n-1,l,r-1));
printf("%d\n",os);
}
}
return 0;
}
二. TopCoder14648 TreasureOfWinedag
题意：给你一个小写字母串，让你划分成非空的 \(k\) 段，一段的权值是不同字母个数，求出最小的总权值。
\(1\le k \le n\le 10^5\) 。
为了方便陈述和思考，我们重定义权值是 不同字母个数-1 。
那么观察到答案不超过 \(25\) ，因为一个显然的构造是先分 \(k-1\) 个长度为 \(1\) 的段，再分 \(1\) 个长度为 \(n-k+1\) 的段。
于是考虑把这个权值塞到状态里。
观察到随着 \(k\) 增加，答案单调不增，这个可以简单证明的，略了。
于是定义 \(dp_{i,j}\) 为考虑了前 \(i\) 个数，权值是 \(j\) ，需要划分的最小段数。
直接转移还是不行的。
观察到 \(dp_{i,k}\le dp_{j,k}(i<j)\) ，这个也能简单证明，略了。
所以求 \(dp_{i,*}\) 时，以 \(i\) 为右端点，在权值相同的情况下，一定会让左端点尽量靠左。
这里决策就只有最多 \(26\) 种了，转移即可。
复杂度 \(O(n|S|^2)\)，\(|S|\) 是字符集大小。
这份代码比 在 vjudge 交的其他人 快了 \(100\) 倍左右，我不知道为什么，做法是一样的呀。
view code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,k,a[100010],pr[26],t[30];
int dp[100100][30];
class TreasureOfWinedag{
public:
int solvePuzzle(int N, int K, int M, int c0,vector<int>c1,vector<int>c2,vector<int>c3,vector<int>c4, string s){
int L=s.size();
for(int i=1;i<=L;i++)a[i]=s[i-1]-'a';
n=N;k=K;
for(int i=L;i<n;i++){
int t=1ll*i*c0%M;a[i+1]=25;
for(int j=0;j<=24;j++)if(t>=c3[j]&&t<=c4[j]&&t%c1[j]==c2[j])
{a[i+1]=j;break;}
}
memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
dp[0][0]=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
pr[a[i]]=i;
for(int j=0;j<26;j++)t[j]=pr[j];
sort(t,t+26);reverse(t,t+26);
for(int j=1;j<27;j++){
for(int k=0;j+k-1<26;k++)dp[i][k+j-1]=min(dp[i][k+j-1],dp[t[j]][k]+1);
if(!t[j])break;
}
}
for(int i=0;i<=25;i++)if(dp[n][i]<=K)return i+K;
return -1;
}
};
三.Hackerrank:Triomino Tiling
题意：不太好描述，可以自己看原题。
神题。
考虑从 \(1\) 到 \(nm/3\) 填的过程中 轮廓线 的变化。
考虑从左下到右上的这根线，把竖着的看成 \(0\) ，横着的看成 \(1\) ,串成一个 01 序列。
那他一开始就是 \(000…00111…11\) 的形式，其中有 \(n\) 个 \(0\) , \(m\) 个 \(1\) ，你要把 \(1\) 全都移动到最左边。
神来之笔：观察发现，操作等同于把 \(s_i\) 和 \(s_{i+3}\) 交换，其中 \(s_i=0,s_{i+3}=1\) 。
我们就把问题拆分成了三个子问题。
观察每个子问题，形如 \(000…111\) 的序列，\(n\) 个 \(0\) ，\(m\) 个 \(1\) ，每次可以把相邻的 \(01\) 变成 \(10\) ，然后要变成 \(111…000\) ,求方案数。
相当于每一个 \(1\) 要往左走 \(n\) 步，每一时刻第 \(i\) 个 \(1\) 走的步数要大于等于第 \(i+1\) 个 \(1\) 走的步数。
这实际上就是填一个 \(n*m\) 的杨表。使用钩子公式即可解决。
view code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
int qpow(int a,int b){
int c=1;
for(;b;b>>=1){
if(b&1)c=1ll*a*c%mod;
a=1ll*a*a%mod;
}
return c;
}
int jc[50001000],ij[50001000];
int calc(int x,int y){
int ans=jc[x*y];
for(int i=1;i<=x;i++)ans=1ll*ans*ij[i+y-1]%mod*jc[i-1]%mod;
return ans;
}
void sol(){
int n,m,t[3][2]={{0,0},{0,0},{0,0}};
scanf("%d%d",&n,&m);
if((n*m)%3){puts("0");return;}
for(int i=1;i<=n;i++)t[i%3][0]++;
for(int i=1;i<=m;i++)t[(i+n)%3][1]++;
int as=0;
for(int i=0;i<3;i++)as+=t[i][0]*t[i][1];
int ans=jc[as];
for(int i=0;i<3;i++)ans=1ll*ans*calc(t[i][0],t[i][1])%mod*ij[t[i][0]*t[i][1]]%mod;
printf("%d\n",ans);
}
const int P=5e7;
int main(){
jc[0]=1;
for(int i=1;i<=P;i++)jc[i]=1ll*i*jc[i-1]%mod;
ij[P]=qpow(jc[P],mod-2);
for(int i=P;i;i--)ij[i-1]=1ll*ij[i]*i%mod;
int T;cin>>T;
while(T--)sol();
return 0;
}
四.gym102201J Jealous Teachers
神奇的题，想了挺久。
下文中令老师为左端点，学生为右端点
直接建图跑最大流显然过不了。
先思考怎么判断答案合法：尝试用霍尔定理判定这个东西：右端点选了一个集合 \(S\)，则能到达的左端点的集合 \(T\) 要满足 \((n-1)|S|\le n|T|\) 。
当 \(S\) 不是全集时，这个条件等同于 \(|S|\le |T|\) 。
不难发现它等价于：把任何一个右端点删掉，剩下的图都有完美匹配。这是一个经典问题。
现在我们考虑如何构造方案，发现你在计算每个点是否是必经点时的 dfs 的过程中帮你连出来的边，和原来的匹配边，刚好满足左端点每个点连出去了两条边。
建一个新图，把这两个点 \((u,v)\) 之间连一条边，则 \(n\) 个右端点形成了一棵树。
直接自下往上取就好了。
view code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int head[401000],n,m,nxt[1001000],to[1001000],flow[1001000],c=1;
void ad(int u,int v){
to[++c]=v,flow[c]=1,nxt[c]=head[u],head[u]=c;
to[++c]=u,flow[c]=0,nxt[c]=head[v],head[v]=c;
}
queue<int>q;
int d[401000];
bool bfs(){
memset(d,0,sizeof(d));
d[1]=1;q.push(1);
while(!q.empty()){
int u=q.front();q.pop();
for(int i=head[u];i;i=nxt[i])if(flow[i]&&!d[to[i]])
d[to[i]]=d[u]+1,q.push(to[i]);
}
return d[2*n+1]>0;
}
int dfs(int x,int in){
if(x==2*n+1)return in;
int out=0;
for(int i=head[x];i&∈i=nxt[i])if(flow[i]&&d[to[i]]==d[x]+1){
int o=dfs(to[i],min(in,flow[i]));
flow[i]-=o,flow[i^1]+=o;
in-=o,out+=o;
}
if(!out)d[x]=0;
return out;
}
int U[401000],V[400100];
bool vis[401000],vi[400100];
int tk[401000];
vector<int>g[401000],G[400010];
struct ed{int v,w1,w2;};
vector<ed>ko[401000];
int ru[401000];
void df(int x){
vi[x]=1;
for(int i=head[x+n];i;i=nxt[i])if(to[i]<=n&&!vi[V[tk[to[i]-1]]])
G[to[i]-1].push_back(i/2),df(V[tk[to[i]-1]]);
}
int ans[401000];
const int I=1e9;
int sz[401000];
void fds(int x,int f){
sz[x]=1;
for(ed t:ko[x])if(t.v!=f){
fds(t.v,x);
ans[t.w2]=n-sz[t.v];
ans[t.w1]=sz[t.v];
sz[x]+=sz[t.v];
}
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=m;i++){
scanf("%d%d",&U[i],&V[i]);
ad(1+U[i],n+V[i]);
g[V[i]].push_back(U[i]);
}
for(int i=1;i<n;i++)ad(1,1+i);
for(int i=1;i<=n;i++)ad(n+i,2*n+1);
int kp=0;
while(bfs())kp+=dfs(1,I);
if(kp!=n-1){
printf("-1");
return 0;
}
for(int i=1;i<=m;i++)if(!flow[2*i])
vis[V[i]]=1,tk[U[i]]=i,G[U[i]].push_back(i);
int start=0;
for(int i=1;i<=n;i++)if(!vis[i])start=i,df(i);
for(int i=1;i<=n;i++)if(!vi[i]){
printf("-1");
return 0;
}
for(int i=1;i<n;i++){
int A=G[i][0],B=G[i][1];
ko[V[A]].push_back((ed){V[B],A,B});
ko[V[B]].push_back((ed){V[A],B,A});
}
fds(1,0);
for(int i=1;i<=m;i++)printf("%d\n",ans[i]);
return 0;
}
五. UOJ748 机器人表演
这个没做出来比较自闭。
思考如何判定一个串能被造出来。它满足：取了一个子序列是 \(S\) ,剩下的是一个合法的括号序列。
尝试贪心的和 \(S\) 匹配。于是自然想到 \(f_{i,j}\) 表示当前和 \(S\) 匹配到第 \(i\) 个字符，并且括号序列里剩下 \(j\) 个 \(0\) 的串个数。
但这样是错的，因为同样的 \(0\) ，移到后面和 \(S\) 匹配显然更优，因为这样能使括号序列更有可能合法。
考虑 反悔贪心 。我们依然按原来的思路贪心；
当我们想填 \(1\) ，结果 \(c_{i+1}=0\) 且 \(j=0\) 时进行反悔：
找出一个最大的 \(p\) ，使 \([p,i]\) 中 \(0\) 个数比 \(1\) 个数多，把 \([p,i]\) 全部加到括号序列里，就把填的这个 \(1\) 抵消了。
还有一个问题是：\([p,i]\) 这一段插进去后括号序列一定合法吗？
是一定的，因为 \([p,i]\) 所有非全串的后缀都有 \(0\) 比 \(1\) 少， 且 \([p,i]\) 满足 \(0\) 比 \(1\) 多，所以它所有前缀都有 \(0\) 比 \(1\) 多。
这个题他妈的就做完了。
view code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=998244353;
int n,m;
char c[310];
int dp[310][310],dp2[310][310],pr[310];
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
scanf("%s",c+1);
dp[0][0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
int x=0;
for(int j=i;j;j--){
if(c[j]=='0')x++;
else x--;
if(x>0){pr[i]=j;break;}
}
}
for(int i=1;i<=n+2*m;i++){
for(int j=0;j<=n;j++)for(int k=0;k<=m;k++)if(dp[j][k]){
if(j<n&&c[j+1]=='1')(dp2[j+1][k]+=dp[j][k])%=mod;
else if(k)(dp2[j][k-1]+=dp[j][k])%=mod;
else if(pr[j])(dp2[pr[j]-1][k]+=dp[j][k])%=mod;
if(j<n&&c[j+1]=='0')(dp2[j+1][k]+=dp[j][k])%=mod;
else (dp2[j][k+1]+=dp[j][k])%=mod;
}
for(int j=0;j<=n;j++)for(int k=0;k<=m;k++)dp[j][k]=dp2[j][k],dp2[j][k]=0;
}
return printf("%d",dp[n][0]),0;
}
六. P4002 [清华集训2017]生成树计数
题外话：
-
第一次看到这个题是两年半前，翻阅着 Wen_kr 和 yijan 的博客，看着他们写的题解，密密麻麻的看不懂的式子，满是崇拜。
-
第二次看到这个题是一年前，初二的我好高骛远，想要跟着做 sjx 在南京集训时做的题，结果连最基础的 Ln Exp 都不会，更别说写这个题了。
-
第三次看到这个题，我独立做出来了。我不再是那个我了。
好实际上这个题很套路（
考虑 prufer 序列是 \(d_1,d_2,……,d_n\) ，则一个序列的价值是 \(\frac{(n-2)!}{\prod d_i !}(\sum (d_i+1)^m)(\prod (d_i+1)^ma_i^{d_i+1})\) ，其中 \(\sum d_i=n-2\) ，我们要求价值和。
先把常数 \(\frac{(n-2)!}{\prod a_i !}\) 提出来变成 \((\sum (d_i+1)^m)\prod\frac{(d_i+1)^ma_i^{d_i}}{d_i !}\) 。
令 \(A(x)=\sum \frac{(i+1)^mx^i}{i!}\) 。
则上面的式子能化为 \(\sum\limits_{i=1}^n (d_i+1)^{2m}a_i^{d_i}[x^{n-2-d_i}]\prod\limits_{j!=i}A(xa_j)\) 。
对着左边这一坨，设计 \(B(x)=\sum \frac{(i+1)^{2m}x^i}{i!}\) 。
则式子变成了 \([x^{n-2}]\sum\limits_{i=1}^n B(xa_i) \prod\limits_{j!=i}A(xa_j)=[x^{n-2}](\sum\limits_{i=1}^n \frac{B(xa_i)}{A(xa_i)} )\prod\limits_{i=1}^nA(xa_i)\) 。
这个式子就很优雅了，我们分开计算 \(C(x)=\sum\limits_{i=1}^n \frac{B(xa_i)}{A(xa_i)}\) 和 \(D(x)=\prod\limits_{i=1}^nA(xa_i)\) 。
求出 \(F(x)=A(x)/B(x)\) 。令 \(T_j=\sum\limits_{i=1}^n a_i^j\) ,则 \([x^i]C(x)=T_i[x^i]F(x)\) 。
对于 \(D(x)\) ，这种一堆多项式乘起来，考虑先求它的 \(\ln\) ，则 \([x^i]\ln D(x)=[x^i]\sum \ln A(xa_i)=T_i[x^i]\ln A(x)\) ，再 \(\exp\) 回去即可。
未解决问题： \(T\) 怎么算呢。构造 \(G(x)=\sum_{i=1}^n \frac{1}{1-a_ix}\) ，这个可以分治 NTT 算，显然 \(T_i=[x^i]G(x)\) 。
这个题就做完了。
view code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=998244353,G=3,GI=(mod+1)/3;
int inv[801000];
int qpow(int a,int b){
int c=1;
for(;b;b>>=1){
if(b&1)c=1ll*a*c%mod;
a=1ll*a*a%mod;
}
return c;
}
int lb[801000];
void NTT(int *a,int L,int fl){
for(int i=0;i<L;i++){
lb[i]=(lb[i>>1]>>1)|((i&1)?(L>>1):0);
if(i>lb[i])swap(a[i],a[lb[i]]);
}
for(int o=1;o<L;o<<=1){
int Wn=qpow(fl?G:GI,(mod-1)/(o<<1));
for(int i=0;i<L;i+=(o<<1))for(int j=0,w=1;j<o;j++,w=1ll*w*Wn%mod){
int x=a[i+j],y=1ll*a[i+j+o]*w%mod;
a[i+j]=(x+y)%mod;
a[i+j+o]=(x-y)%mod;
}
}
if(!fl){
int I=qpow(L,mod-2);
for(int i=0;i<L;i++)a[i]=1ll*a[i]*I%mod;
}
}
int f[801000];
void cl(int *a,int n){for(int i=0;i<n;i++)a[i]=0;}
void Inv(int *a,int *b,int n){
if(n==1){
b[0]=qpow(a[0],mod-2);
return;
}
Inv(a,b,(n+1)>>1);
int L=1;while(L<=2*n)L<<=1;
for(int i=0;i<n;i++)f[i]=a[i];
for(int i=n;i<L;i++)f[i]=b[i]=0;
NTT(f,L,1),NTT(b,L,1);
for(int i=0;i<L;i++)f[i]=1ll*b[i]*(2-1ll*f[i]*b[i]%mod)%mod;
NTT(f,L,0);
for(int i=0;i<n;i++)b[i]=f[i];
for(int i=n;i<L;i++)b[i]=0;
}
void qd(int *a,int n){for(int i=1;i<n;i++)a[i-1]=1ll*a[i]*i%mod;a[n-1]=0;}
void jf(int *a,int n){for(int i=n-2;i>=0;i--)a[i+1]=1ll*a[i]*inv[i+1]%mod;a[0]=0;}
int f2[801000],g2[801000];
void Ln(int *a,int *b,int n){
int L=1;
while(L<=n*2)L<<=1;
for(int i=0;i<n;i++)f2[i]=a[i],g2[i]=a[i];
for(int i=n;i<L;i++)f2[i]=g2[i]=0;
qd(f2,n);cl(b,L);Inv(g2,b,n);
NTT(f2,L,1),NTT(b,L,1);
for(int i=0;i<L;i++)b[i]=1ll*b[i]*f2[i]%mod;
NTT(b,L,0);jf(b,n+1);
}
int f3[801001];
void Exp(int *a,int *b,int n){
if(n==1){b[0]=1;return;}
cl(b,n+2);
Exp(a,b,(n+1)/2);
cl(f3,n),Ln(b,f3,n);
for(int i=0;i<n;i++)f3[i]=(a[i]-f3[i])%mod;
f3[0]++;
int L=1;while(L<=2*n)L<<=1;
NTT(b,L,1),NTT(f3,L,1);
for(int i=0;i<L;i++)b[i]=1ll*b[i]*f3[i]%mod;
NTT(b,L,0);
for(int i=n;i<L;i++)b[i]=0;
}
int n,m,a[100100],A[101000],B[101000],C[100100],ij[101000],jc[101000],F[100100];
#define vi vector<int>
vi cdq(int l,int r){
vi now;
if(l==r){
now.push_back(1);
now.push_back(-a[l]);
return now;
}
int mid=(l+r)>>1;
vi A=cdq(l,mid),B=cdq(mid+1,r);int L=1;
while(L<=r-l+1)L<<=1;
for(int i=0;i<L;i++)f2[i]=f3[i]=0;
for(int i=0;i<A.size();i++)f2[i]=A[i];
for(int i=0;i<B.size();i++)f3[i]=B[i];
NTT(f2,L,1),NTT(f3,L,1);
for(int i=0;i<L;i++)f2[i]=1ll*f2[i]*f3[i]%mod;
NTT(f2,L,0);
for(int i=0;i<=r-l+1;i++)now.push_back(f2[i]);
return now;
}
void solF(){
vi o=cdq(1,n);
int L=1;
while(L<=2*n)L<<=1;
for(int i=0;i<L;i++)F[i]=f3[i]=0;
for(int i=0;i<=n;i++)F[i]=o[i];
Inv(F,f3,n+1);
for(int i=0;i<=n;i++)F[i]=1ll*F[i]*(n-i)%mod;
NTT(F,L,1),NTT(f3,L,1);
for(int i=0;i<L;i++)F[i]=1ll*F[i]*f3[i]%mod;
NTT(F,L,0);
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
jc[0]=ij[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)inv[i]=qpow(i,mod-2),scanf("%d",&a[i]),jc[i]=1ll*i*jc[i-1]%mod,ij[i]=qpow(jc[i],mod-2);
solF();
for(int i=0;i<n;i++)A[i]=1ll*ij[i]*qpow(i+1,m)%mod;
for(int i=0;i<n;i++)B[i]=1ll*ij[i]*qpow(i+1,2*m)%mod;
Inv(A,C,n);
int L=1;
while(L<=2*n)L<<=1;
NTT(B,L,1),NTT(C,L,1);
for(int i=0;i<L;i++)B[i]=1ll*B[i]*C[i]%mod;
NTT(B,L,0);
for(int i=0;i<n;i++)B[i]=1ll*B[i]*F[i]%mod;
Ln(A,C,n);
for(int i=0;i<n;i++)C[i]=1ll*C[i]*F[i]%mod;
Exp(C,A,n);
int ans=0;
for(int i=0;i<=n-2;i++)(ans+=1ll*B[i]*A[n-2-i]%mod)%=mod;
for(int i=1;i<=n;i++)ans=1ll*ans*a[i]%mod;
return printf("%d",(1ll*ans*jc[n-2]%mod+mod)%mod),0;
}
七. CF1735F Pebbles and Beads
考虑每个时刻维护一个凸包，凸包内的点就是 pebbles 个数 \(x\) 和 beads 个数 \(y\) 组成的二元组 \((x,y)\)。注意到 \(x\) 固定时 \(y\) 尽量大，所以我们只需维护上凸包。那么每次操作，相当于 \((-p_i,q_i)\) 与 \((p_i,-q_i)\) 构成的凸包，与原凸包的闵可夫斯基和。我们以斜率为关键字，用 \(set\) 维护凸包即可。同时记录凸包头尾的坐标。
还有一个操作是 \(0\le x,y\) ，这个相当于砍掉凸包的部分头尾，也是能用 set 做到的。
查询就是末端点的 \(x\) 坐标。
复杂度 \(O(n\log n)\) ，想清楚了很好写。好像很卡精度，但我不知道为啥我一发过了。
view code
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int n;
ll a,b,p[300100],q[301000];
double px,qy,qx,lx[301000],ly[301000];
struct cmp{
bool operator ()(int x,int y){
if(q[x]*p[y]==p[x]*q[y])return x>y;
return q[x]*p[y]<p[x]*q[y];
}
};
set<int,cmp>s;
void sol(){
s.clear();
scanf("%d%lld%lld",&n,&a,&b);
px=qx=a,qy=b;
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&p[i]),lx[i]=p[i]*2;
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&q[i]),ly[i]=q[i]*2;
for(int i=1;i<=n;i++){
px-=p[i],qx+=p[i],qy-=q[i];
s.insert(i);
while(px<0&&!s.empty()){
int id=*s.begin();
if(-px>=lx[id])px+=lx[id],s.erase(s.begin());
else {lx[id]+=px,ly[id]+=px*q[id]/p[id],px=0;break;}
}
while(qy<0&&!s.empty()){
int id=*(--s.end());
if(-qy>=ly[id])
qy+=ly[id],qx-=lx[id],s.erase(--s.end());
else {ly[id]+=qy,lx[id]+=qy*p[id]/q[id],qx+=qy*p[id]/q[id],qy=0;break;}
}
printf("%.8lf\n",qx);
}
}
int main(){
int T;scanf("%d",&T);while(T--)sol();
return 0;
}
八. UOJ 498 新年的追逐战
GF 练习题。
考虑两个连通块乘起来得到什么。
一个新图里的点 \((a,b)\) ，它能到达的点相当于，\(a\) 和 \(b\) 各自在它们的图里走一步。
显然这个图的乘法，能拆成两两连通块的乘积相加。
首先如果一边是孤立点，那就能得到 \(|S1||S2|\) 个孤立点。
孤立点的贡献，考虑 \(n_i\) 个点的图，钦定 \(1\) 个点，它孤立的期望是 \((\frac{1}{2})^{n_i-1}\) 。则孤立点期望个数 \(a_i\) 是 \(n_i(\frac{1}{2})^{n_i-1}\) 。
最后孤立点个数为 \(\prod\limits_{i=1}^T n_i - \prod\limits_{i=1}^T (n_i-a_i)\) ，这个的期望就很好算了。
孤立点外，手玩得三种情况：
-
两个二分图，得到两个二分图。
-
一个二分图和一个普通图，得到一个二分图。
-
两个普通图，得到一个普通图。
那如果对于一个图，它所有方案下二分图联通块个数和为 \(a\) ，联通块个数和为 \(b\) (注意不包含孤立点)
则两个图相乘有: \((a,b)\) 与 \((c,d)\) 得到 \((bc+ad,bd+ac)\) 。
现在问题就是求每个图的 \((a,b)\) 。
求联通块期望个数已经是一个被出烂的东西了。
那么二分图连通块是类似的：
首先 \(f_i\) 表示 \(i\) 个点的二分联通图的个数。
则答案为 \(\sum\limits_{i=2}^n f_i\dbinom{n}{i}2^{\tbinom{n-i}{2}}\) ，这是一个卷积的事。
至于 \(f\) ，我们构造 \(g_i\) 为：\(i\) 个点的图，先黑白染色，再在黑白间任意连边的方案数。
有 \(g_n=\sum\limits_{i=0}^n \dbinom{n}{i} 2^{i(n-i)}\) 。这个也能卷积求出，注意 \(i(n-i)=\tbinom{n}{2}-\tbinom{i}{2}-\tbinom{n-i}{2}\)
则 \(g\) 的 EGF \(G\) 与 \(f\) 的 EGF \(F\) 满足：
有 \(F=(\ln G)/2\) 。这个题就做完了。
view code
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int mod=998244353,N=1e5,W=3,GI=(mod+1)/3,inv2=(mod+1)/2;
int L,lb[1<<19];
void init(int n){
L=1;
while(L<=n)L<<=1;
for(int i=0;i<L;i++)lb[i]=(lb[i>>1]>>1)|((i&1)?(L>>1):0);
}
int qpow(int a,ll b){
int c=1;
for(;b;b>>=1){
if(b&1)c=1ll*a*c%mod;
a=1ll*a*a%mod;
}
return c;
}
void NTT(int *a,int fl){
for(int i=0;i<L;i++)if(i<lb[i])swap(a[i],a[lb[i]]);
for(int o=1;o<L;o<<=1){
int Wn=qpow(fl?W:GI,(mod-1)/(o<<1));
for(int i=0;i<L;i+=(o<<1))for(int j=0,w=1;j<o;j++,w=1ll*w*Wn%mod){
int x=a[i+j],y=1ll*w*a[i+j+o]%mod;
a[i+j]=(x+y)%mod,a[i+j+o]=(x-y)%mod;
}
}
if(!fl){
int I=qpow(L,mod-2);
for(int i=0;i<L;i++)a[i]=1ll*a[i]*I%mod;
}
}
int fz1[1<<19],fz2[1<<19];
void Inv(int *a,int *b,int n){
if(n==1){
b[0]=qpow(a[0],mod-2);
return;
}
int m=(n+1)>>1;
Inv(a,b,m);
//f(x)=2g(x)-h(x)g(x)^2
init(n*2);
for(int i=0;i<L;i++)fz1[i]=fz2[i]=0;
for(int i=0;i<m;i++)fz1[i]=b[i];
for(int i=0;i<n;i++)fz2[i]=a[i];
NTT(fz1,1),NTT(fz2,1);
for(int i=0;i<L;i++)fz1[i]=1ll*fz1[i]*(2-1ll*fz1[i]*fz2[i]%mod)%mod;
NTT(fz1,0);
for(int i=0;i<n;i++)b[i]=fz1[i];
for(int i=n;i<L;i++)b[i]=0;
}
void cl(int *a,int n){for(int i=0;i<n;i++)a[i]=0;}
void qd(int *a,int n){for(int i=1;i<n;i++)a[i-1]=1ll*a[i]*i%mod;a[n-1]=0;}
void jf(int *a,int n){for(int i=n-2;i>=0;i--)a[i+1]=1ll*a[i]*qpow(i+1,mod-2)%mod;a[0]=0;}
int fz3[1<<19],fz4[1<<19];
void ln(int *a,int *b,int n){
cl(b,n+2);
for(int i=0;i<n;i++)fz4[i]=a[i];
qd(fz4,n);
cl(fz3,n+2);
Inv(a,fz3,n);
init(2*n);
for(int i=n;i<L;i++)fz3[i]=fz4[i]=0;
NTT(fz3,1),NTT(fz4,1);
for(int i=0;i<L;i++)fz3[i]=1ll*fz3[i]*fz4[i]%mod;
NTT(fz3,0);jf(fz3,n+1);
for(int i=0;i<n;i++)b[i]=fz3[i];
}
int F[101000],jc[101000],ij[101000],G[101000],f[101000],g[101000];
void gj(int *a,int *b){
init(2*N);
for(int i=0;i<L;i++)fz3[i]=fz4[i]=0;
for(int i=2;i<=N;i++)fz3[i]=1ll*ij[i]*a[i]%mod;
for(int i=0;i<=N;i++)fz4[i]=1ll*qpow(2,1ll*i*(i-1)/2)*ij[i]%mod;
NTT(fz3,1),NTT(fz4,1);
for(int i=0;i<L;i++)fz3[i]=1ll*fz3[i]*fz4[i]%mod;
NTT(fz3,0);
for(int i=0;i<=N;i++)b[i]=1ll*jc[i]*fz3[i]%mod;
}
void sol(){
for(int i=0;i<=N;i++)
F[i]=1ll*ij[i]*qpow(2,1ll*i*(i-1)/2)%mod;
init(2*N);
for(int i=0;i<L;i++)fz3[i]=0;
for(int i=0;i<=N;i++)fz3[i]=qpow(1ll*jc[i]*qpow(2,1ll*i*(i-1)/2)%mod,mod-2);
NTT(fz3,1);
for(int i=0;i<L;i++)fz3[i]=1ll*fz3[i]*fz3[i]%mod;
NTT(fz3,0);
for(int i=0;i<=N;i++)G[i]=1ll*fz3[i]%mod*qpow(2,1ll*i*(i-1)/2)%mod;
ln(F,f,N+1);
ln(G,g,N+1);
for(int i=0;i<=N;i++)g[i]=1ll*g[i]*inv2%mod;
for(int i=0;i<=N;i++)f[i]=1ll*f[i]*jc[i]%mod,g[i]=1ll*g[i]*jc[i]%mod;
gj(f,F);
gj(g,G);
}
int main(){
jc[0]=ij[0]=1;
for(int i=1;i<=N;i++)jc[i]=1ll*i*jc[i-1]%mod,ij[i]=qpow(jc[i],mod-2);
sol();
int T,n,a,b,pr1=1,pr2=1,pr3=1;
scanf("%d",&T);
for(int i=1;i<=T;i++){
scanf("%d",&n);
pr1=1ll*pr1*n%mod;
pr2=1ll*pr2*n%mod*(1-qpow(inv2,n-1))%mod;
pr3=1ll*pr3*qpow(2,1ll*n*(n-1)/2)%mod;
if(i==1)a=G[n],b=F[n];
else{
int c=(1ll*b*G[n]%mod+1ll*a*F[n]%mod)%mod,d=(1ll*b*F[n]%mod+1ll*a*G[n]%mod)%mod;
a=c,b=d;
}
}
int ans=(1ll*(pr1-pr2)*pr3%mod+b)%mod;
return printf("%d",(ans+mod)%mod),0;
}
九.ABC275Ex Monster
题意：给两个正整数序列 \(A,B\) 。你可以执行若干次操作，形如选一个 \([l,r]\) ，把 \(A_l\) 到 \(A_r\) 都减一，代价是 \(B_l\) 到 \(B_r\) 的 \(\max\) 。求让所有 \(A_i\le 0\) 的最小代价。
题解：一个观察是可能的 \([l,r]\) 只有 \(O(n)\) 个，因为代价确定后我们一定会尽量拓展区间。
也就是说，把 \(B\) 的笛卡尔树建出，那我们一定会取一个节点对应的区间。
我们令在节点 \(i\) 取了 \(x_i\) 次。那么就有若干形如： 根到 \(u\) 这条路径上的 \(x_i\) 的和要大于等于 \(A_u\) 的限制。 要最小化 \(\sum x_iB_i\) 。
这个问题是比较困难的。我不太会？其实还是能做，具体就是官方题解那样嘛，合并拐点。
但是发现它的对偶问题就是： 有若干形如： 以 \(u\) 为根的子树内的 \(y_i\) 的和要小于等于 \(B_u\) 的限制。最大化 \(\sum y_iA_i\) 。
这就是一个简单问题了，直接令 \(dp_{u,o}\) 表示选 \(u\) 内 \(y_i\) 的和为 \(o\) ，代价的最大值。这个是凸的，我们维护差分数组，然后每次启发式合并即可。
合并两子树后，如果大小不到 \(B_u\) ，就往里面塞 \(A_u\) 。注意这里我们重定义 \(A_u\) 是根到 \(u\) 的 \(A_i\) 的 \(\max\) ，发现不影响答案且更好维护。
复杂度 \(O(n\log^2 n)\) 。
view code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,a[101000],b[100100],sta[100100],top,ls[100100],rs[101000];
void Dfs(int x,int f){
if(!x)return;
if(f)a[x]=max(a[x],a[f]);
Dfs(ls[x],x),Dfs(rs[x],x);
}
struct pi{
int id,val,c;
bool operator < (const pi &x) const{
if(x.val==val)return x.id<id;
return val>x.val;
}
};
#define ll long long
set<pi>q[101000];
int sz[101000],si[101000];
void dfs(int x){
if(!x)return;
dfs(ls[x]),dfs(rs[x]);
sz[x]=sz[ls[x]]+sz[rs[x]];
si[x]=si[ls[x]]+si[rs[x]]+1;
if(si[ls[x]]<si[rs[x]])swap(ls[x],rs[x]);
if(ls[x])swap(q[x],q[ls[x]]);
while(!q[rs[x]].empty())q[x].insert(*q[rs[x]].begin()),q[rs[x]].erase(q[rs[x]].begin());
while(sz[x]>b[x]&&!q[x].empty()){
pi ks=*(--q[x].end());q[x].erase(--q[x].end());
if(sz[x]-ks.c<b[x]){ks.c-=(sz[x]-b[x]),sz[x]=b[x],q[x].insert(ks);break;}
sz[x]-=ks.c;
}
if(sz[x]<b[x])q[x].insert((pi){x,a[x],b[x]-sz[x]}),sz[x]=b[x];
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&b[i]);
for(int i=1;i<=n;i++){
bool fl=0;
while(top&&b[sta[top]]<b[i])fl=1,top--;
if(fl)ls[i]=sta[top+1];
if(top)rs[sta[top]]=i;
sta[++top]=i;
}
int rt=sta[1];
Dfs(rt,0);
dfs(rt);
ll ans=0;
for(pi o:q[rt])ans+=1ll*o.c*o.val;
return printf("%lld",ans),0;
}
十(1)Public Easy Round #3 F 运算符
一句话题解：把每一位通过合理的转化成求 and/xor ，正常写 FWT 即可。
敢硬着头皮去分类讨论也是一种技巧？
十(2)集训队互测2022 D3T1 整数
考虑数位 dp 有从低到高和从高到低两种方式。
这种沾点位运算的题一般就是从低到高？如果从高到低，考虑有一些状态不合法，你怎么处理捏？
你把 dp 式子列出来发现可以套上面那个题。
这个题就做完了。
view code
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int mod=998244353,inv2=(mod+1)/2;
int n,c[20][2][2],A[20],T[20],B[20],Bl[20];
void sw(int *a,int i,int ty){
if(ty==0)for(int p=0;p<(1<<n);p++)if((p>>i)&1)(a[p^(1<<i)]+=a[p])%=mod,a[p]=0;
if(ty==1)for(int p=0;p<(1<<n);p++)if((p>>i)&1)(a[p]+=a[p^(1<<i)])%=mod,a[p^(1<<i)]=0;
if(ty==2)for(int p=0;p<(1<<n);p++)if((p>>i)&1)swap(a[p],a[p^(1<<i)]);
}
int a[1<<20],b[1<<20],ans[1<<20];
void FWT(int *a,int fl){
for(int w=0;w<n;w++)if(!Bl[w]){
int o=(1<<w);
for(int i=0;i<(1<<n);i+=(o<<1))for(int j=0;j<o;j++){
if(!T[w]){
if(fl)(a[i+j]+=a[i+j+o])%=mod;
else (a[i+j]-=a[i+j+o])%=mod;
}
else{
int x=a[i+j],y=a[i+j+o];
a[i+j]=(x+y)%mod,a[i+j+o]=(x-y)%mod;
if(!fl)a[i+j]=1ll*inv2*a[i+j]%mod,a[i+j+o]=1ll*a[i+j+o]*inv2%mod;
}
}
}
}
void sol(){
for(int i=0;i<n;i++){
A[i]=0;
for(int j=0;j<2;j++)for(int k=0;k<2;k++)
A[i]+=c[i][j][k];
}
for(int i=0;i<n;i++){
Bl[i]=(A[i]==0||A[i]==4);
B[i]=T[i]=0;
if(A[i]==1||A[i]==3){
for(int j=0;j<2;j++)for(int k=0;k<2;k++)if(c[i][j][k]&&A[i]==1||!c[i][j][k]&&A[i]==3){
if(!j)sw(a,i,2);
if(!k)sw(b,i,2);
}
if(A[i]==3)B[i]=1;
}
if(A[i]==2){
if(c[i][1][0]&&c[i][0][1]){T[i]=1;continue;}
if(c[i][0][0]&&c[i][1][1]){T[i]=B[i]=1;continue;}
if(c[i][1][0]==c[i][1][1]){
sw(b,i,1);
if(!c[i][1][0])B[i]=1;
}
if(c[i][0][1]==c[i][1][1]){
sw(a,i,1);
if(!c[i][0][1])B[i]=1;
}
}
}
FWT(a,1),FWT(b,1);
for(int i=0;i<(1<<n);i++)ans[i]=1ll*a[i]*b[i]%mod;
FWT(ans,0);
for(int i=0;i<n;i++){
if(A[i]==0)sw(ans,i,0);
if(A[i]==4)sw(ans,i,1);
if(B[i])sw(ans,i,2);
}
}
int dp[1<<20];
ll R[20];
char s[1<<20];
int e[1<<20];
int main(){
scanf("%d",&n);
ll Mx=0;
for(int i=0;i<n;i++)scanf("%lld",&R[i]),Mx=max(Mx,R[i]);
int o=0;ll L=1;
while(L<=Mx)L<<=1,o++;
scanf("%s",s);
for(int i=0;i<(1<<n);i++)e[i]=s[i]-'0';
dp[0]=1;
for(int w=0;w<o;w++){
for(int i=0;i<n;i++)
if((R[i]>>w)&1){
for(int j=0;j<2;j++)for(int k=0;k<2;k++){
if(!k)c[i][j][k]=0;
else c[i][j][k]=j;
}
}
else{
for(int j=0;j<2;j++)for(int k=0;k<2;k++){
if(k)c[i][j][k]=1;
else c[i][j][k]=j;
}
}
for(int i=0;i<(1<<n);i++)a[i]=dp[i];
for(int i=0;i<(1<<n);i++)b[i]=e[i];
sol();
for(int i=0;i<(1<<n);i++)dp[i]=ans[i];
}
return printf("%d",(dp[0]+mod)%mod),0;
}
十一.集训队互测2022 D1T1 Astral Birth
高阶板子，但因为差点不会了，所以记录一下。
首先这个题不难转化为：对每一个 \(k\) 求，把序列成非空的 \(k\) 段，第一段中为 \(x\) 的有 \(1\) 贡献，第二段中为 \(!x\) 的有 \(1\) 贡献……交替来贡献，得到的最大贡献值。
观察到这个答案是凸的。只有一个 \(k\) 的话能 wqs 二分，但多个 \(k\) 的话，考虑：
对于一个序列，我们把它分成两段，两段都算一个 \(dp(i,a,b)\) 表示取了 \(i\) 段，左端是为 \(a\) 的能贡献，右端为 \(b\) 的能贡献。
由于有凸性，所以可以闵可夫斯基和来合并。
我们发现平均分成两段即可，长成线段树的样子。
view code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
char c[300010];
int n;
int f[301000][2][2],g[301000][2][2];
void ad(int &a,int b){a=max(a,b);}
void build(int l,int r){
if(l==r){
f[l][0][0]=(c[l]=='0');
f[l][1][1]=(c[l]=='1');
f[l][0][1]=f[l][1][0]=-1e9;
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
build(l,mid),build(mid+1,r);
for(int i=l;i<=r;i++)for(int j=0;j<2;j++)for(int k=0;k<2;k++)g[i][j][k]=-1e9;
for(int i=0;i<2;i++)for(int j=0;j<2;j++)for(int k=0;k<2;k++)for(int o=0;o<2;o++){
int a=l,b=mid+1,w=(j!=k)+l;
ad(g[w][i][o],f[a][i][j]+f[b][k][o]);
while(a<mid&&b<r){
w++;
if(f[a+1][i][j]-f[a][i][j]>f[b+1][k][o]-f[b][k][o])a++;
else b++;
ad(g[w][i][o],f[a][i][j]+f[b][k][o]);
}
while(a<mid)a++,w++,ad(g[w][i][o],f[a][i][j]+f[b][k][o]);
while(b<r)b++,w++,ad(g[w][i][o],f[a][i][j]+f[b][k][o]);
}
for(int i=l;i<=r;i++)for(int j=0;j<2;j++)for(int k=0;k<2;k++)f[i][j][k]=g[i][j][k];
}
int dp[301000],s1[300100];
int z[5010][2],z2[5010][2];
int main(){
scanf("%d%s",&n,c+1);
for(int i=1;i<=n;i++)s1[i]=s1[i-1]+(c[i]=='1');
int e=0,an=0;
for(int i=0;i<=n;i++){
if(i)e+=(c[i]=='0');
an=max(an,e+s1[n]-s1[i]);
}
printf("%d ",an);
build(1,n);
for(int i=1;i<=n;i++){
dp[i]=-1e9;
for(int j=0;j<2;j++)for(int k=0;k<2;k++)ad(dp[i],f[i][j][k]);
}
int mx=max(dp[1],dp[2]);
for(int i=2;i<=n;i++){
if(i<n)ad(mx,dp[i+1]);
printf("%d ",mx);
}
return 0;
}
十二.CF1750F Majority
挺好一个题。自己想出来耶。我们考虑容斥。
就是让当前状态一直合并到一个无法合并的状态，这个有点像数无向联通图。
令最终状态是若干段 \(1\) ，长度分别为 \(x_1,x_2,x_p\)。
则 \(p>1\) 为不合法状态，且 \(x_i\) 和 \(x_{i+1}\) 之间的 \(0\) 个数大于 \(x_i+x_{i+1}\) 。
每个 \(x_i\) 内部的方案我们已经算出来了。
这就是一个 dp 了，然后仔细看式子，可以前缀和优化。
view code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int g[5010],n,p2[5010],mod,f[5010][5010],h[5010];
int main(){
scanf("%d%d",&n,&mod);
p2[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)p2[i]=2*p2[i-1]%mod;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(i>1)g[i]=p2[i-2];
else g[i]=1;
(h[i]+=h[i-1])%=mod;
for(int j=1;2*j+1<=i;j++){
f[i][j]=1ll*h[i-2*j-1]*g[j]%mod;
(g[i]-=f[i][j])%=mod;
}
f[i][i]=g[i];
for(int j=1;j<=i;j++)if(i+j<=n)(h[i+j]+=f[i][j])%=mod;
}
return printf("%d",(g[n]+mod)%mod),0;
}
十三.HDU 6094 Rikka with K-Match
观察到答案是关于 \(K\) 下凸的，wqs 二分后状压 dp 即可。
差点没观察到，所以记录一下（
十四.HDU 6358 Innocence
考虑最早脱离上界限制的数，设在第 \(i\) 位脱离，那么对于 \(0\) 到 \(i-1\) 位，把其他数先填了，发现这个数的填法是唯一确定的。
想到这个之后就是套路题了。
十五.P3774 [CTSC2017]最长上升子序列
考虑最长上升子序列个数，最长反链=最小链覆盖，所以它等于将序列分为若干不上升子序列，划分序列数的最小值。
所以就把杨表的前 \(k\) 行的长度和算出来即可。但是这样是 \(O(n^2\log n)\) 的，因为要维护整个杨表。
非常妙的一步是利用杨表的性质，把符号反转后得到的杨表就是原杨表的转置。
我们又知道，如果有一元素处在杨表的 \((a,b)\) 位置，那么 \(ab\le n\) ,也就是说 \(a\le \sqrt{n}\) 或 \(b\le \sqrt{n}\) 。
至此，我们维护杨表的前 \(\sqrt{n}\) 行和转置杨表的前 \(\sqrt{n}\) 行即可。
维护杨表复杂度就是 \(O(n\sqrt{n}\log n)\) 的，单次查询 \(O(\sqrt{n})\) ，可以通过本题。
view code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,q,B;
multiset<int>s[2][310];
void ins(int op,int e,int x){
if(e>B)return;
if(op==0){
auto it=s[op][e].lower_bound(x);
if(it!=s[op][e].begin())it--,ins(op,e+1,*it),s[op][e].erase(it);
s[op][e].insert(x);
}
else{
auto it=s[op][e].lower_bound(x);
if(it!=s[op][e].end())ins(op,e+1,*it),s[op][e].erase(it);
s[op][e].insert(x);
}
}
int a[50100],k[201000],ans[201000];
vector<int>ip[50100];
int main(){
scanf("%d%d",&n,&q);B=sqrt(n);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
for(int m,i=1;i<=q;i++)scanf("%d%d",&m,&k[i]),ip[m].push_back(i);
for(int T=1;T<=n;T++){
ins(0,1,a[T]),ins(1,1,a[T]);
for(int o:ip[T]){
int anss=0,u=k[o];
for(int i=1;i<=min(u,B);i++)anss+=s[0][i].size();
if(u>B){for(int i=1;i<=B;i++)if(s[1][i].size()>B)anss+=min(u,(int)s[1][i].size())-B;else break;}
ans[o]=anss;
}
}
for(int i=1;i<=q;i++)printf("%d\n",ans[i]);
return 0;
}
十六.HDU6642 Three Investigators
比上面那个题简单多了。
如果没有权值的要求，就直接维护杨表前 \(5\) 行，求大小即可，复杂度 \(O(5n\log n)\) 。
但有权值要求。考虑插入 \(a\) 时，直接拆成 \(a\) 个 \(a\) 插进去即可。
那我们在杨表里把相同权值的合并，再来维护。
插入的时候可能会把一个段分裂成两段。所以整个段数会达到 \(O(2^5 n)\) 级别。
复杂度就是 \(O(2^5*5n\log n)\) 。
view code
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int n;
struct qq{
ll v,c;
bool operator < (const qq &t) const{
if(v==t.v)return c<t.c;
return v<t.v;
}
};
set<qq>t[5];
ll ans;
void ins(int e,ll v,ll c){
if(e==5)return;
ans+=c;
auto it=t[e].lower_bound((qq){v,-1});
if(it==t[e].end()){t[e].insert((qq){v,c});return;}
ll C=c;
if((*it).v==v)C+=(*it).c,t[e].erase(it);
it=t[e].lower_bound((qq){v,-1});
auto it2=it;
qq xs=(qq){0,-1};
while(c&&it!=t[e].end()){
if(c>=(*it).c)ans-=(*it).c,ins(e+1,(*it).v,(*it).c),c-=(*it).c,it++;
else ans-=c,ins(e+1,(*it).v,c),xs=(qq){(*it).v,(*it).c-c},c=0,it++;
}
t[e].erase(it2,it);
if(xs.c!=-1)t[e].insert(xs);
t[e].insert((qq){v,C});
}
void sol(){
int n;scanf("%d",&n);
ll a;
ans=0;
for(int i=0;i<5;i++)t[i].clear();
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%lld",&a);
ins(0,a,a);
printf("%lld",ans);
if(i<n)printf(" ");
}
}
int main(){
int T;cin>>T;
for(int i=1;i<=T;i++){
sol();printf("\n");
}
return 0;
}
已经好几天没更博客了，这周确实有点颓。（11.18）
十七.CF1628E Groceries in Meteor Town
套路题。考虑建出 kruskal 重构树，问题等同于对于 \(x\) 找出一个最浅的祖先 \(u\)，使得除 \(u\) 子树内的点中有白点。
把 dfn 最小 和 dfn 最大 的白点维护出来即可。
问题就变成了区间染色和整体的白色最大/小值，线段树维护即可。
view code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,q,m,fa[601000];
struct qq{int u,v,w;}a[601000];
bool cmp(qq a,qq b){return a.w<b.w;}
int F(int x){
if(x==fa[x])return x;
return fa[x]=F(fa[x]);
}
int ls[601000],rs[601000],val[601000],f[601000][20],dfn[601000],sz[600101];
void dfs(int x){
dfn[x]=++dfn[0],sz[x]=1;
for(int e=0;e<2;e++){
int v=(e?rs[x]:ls[x]);
if(v){
f[v][0]=x;
for(int i=1;i<20;i++)f[v][i]=f[f[v][i-1]][i-1];
dfs(v),sz[x]+=sz[v];
}
}
}
int mi[1200010],mx[1201000],ni[1200100],nx[1201000],tag[1201000];
void ud(int p){
ni[p]=min(ni[p<<1],ni[p<<1|1]);
nx[p]=max(nx[p<<1],nx[p<<1|1]);
}
void to(int p,int z){
tag[p]=z;
if(z==2)ni[p]=2*n,nx[p]=0;
else ni[p]=mi[p],nx[p]=mx[p];
}
void pd(int p){
if(tag[p])to(p<<1,tag[p]),to(p<<1|1,tag[p]),tag[p]=0;
}
void build(int p,int l,int r){
if(l==r){
mi[p]=mx[p]=dfn[l];
ni[p]=2*n,nx[p]=0;
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
build(p<<1,l,mid),build(p<<1|1,mid+1,r);
mi[p]=min(mi[p<<1],mi[p<<1|1]);
mx[p]=max(mx[p<<1],mx[p<<1|1]);
ud(p);
}
void up(int p,int l,int r,int x,int y,int z){
if(x<=l&&r<=y)return to(p,z);
pd(p);
int mid=(l+r)>>1;
if(x<=mid)up(p<<1,l,mid,x,y,z);
if(y>mid)up(p<<1|1,mid+1,r,x,y,z);
ud(p);
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&q);
for(int i=1;i<=n;i++)fa[i]=i,val[i]=-1;
for(int i=1;i<n;i++)scanf("%d%d%d",&a[i].u,&a[i].v,&a[i].w);
sort(a+1,a+n,cmp);
for(int i=1;i<n;i++){
fa[n+i]=n+i;
ls[n+i]=F(a[i].u),rs[n+i]=F(a[i].v);
fa[ls[n+i]]=fa[rs[n+i]]=n+i;
val[n+i]=a[i].w;
}
dfs(2*n-1);
build(1,1,n);
for(int i=1,ty,x,l,r;i<=q;i++){
scanf("%d",&ty);
if(ty<3)scanf("%d%d",&l,&r),up(1,1,n,l,r,ty);
else{
scanf("%d",&x);
if(ni[1]==2*n){puts("-1");continue;}
if(ni[1]==dfn[x]&&nx[1]==dfn[x]){puts("-1");continue;}
for(int j=19;j>=0;j--)
if(f[f[x][j]][0]&&(ni[1]<dfn[f[x][j]]||nx[1]>=dfn[f[x][j]]+sz[f[x][j]]))
x=f[x][j];
printf("%d\n",val[f[x][0]]);
}
}
return 0;
}
十八.CF1651F Tower Defense
套路题。考虑这个推塔的操作，你实际上可以把塔划分成若干段，每一段有三种情况：第一种是全满血，第二种是在 \(t\) 时刻被推完，第三种是单点特殊权值。
所以推的时候一段一段推，如果能推完就推。然后到了一个特殊段，二分能推到哪里即可。
用主席树维护第二种的权值，其它两种是平凡的。复杂度 \(O(n\log^2 n)\) 。
这个段数的分析就是 ODT 状物。
view code
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int n,q;
ll c[201000],k[201000];
int L[201000],R[201000],top,ty[201000];
ll cs[201000],tim[201000];
ll sk[201000],sc[201000];
int C,T[201000],ls[4010000],rs[4010000],qc[201000],cn;
ll XY;
struct qq{
ll z1,z2;
}su[4010000];
qq operator + (const qq &x,const qq &y){return (qq){x.z1+y.z1,x.z2+y.z2};}
int F(ll x){return lower_bound(qc+1,qc+cn+1,x)-qc;}
void up(int &o,int lst,int l,int r,int x,qq z){
o=++C;ls[o]=ls[lst],rs[o]=rs[lst],su[o]=su[lst]+z;
if(l==r)return;
int mid=(l+r)>>1;
if(x<=mid)up(ls[o],ls[lst],l,mid,x,z);
else up(rs[o],rs[lst],mid+1,r,x,z);
}
qq ask(int o,int l,int r,int x){
if(l==r)return su[o];
int mid=(l+r)>>1;
if(x<=mid)return ask(ls[o],l,mid,x);
return su[ls[o]]+ask(rs[o],mid+1,r,x);
}
ll calc(int x,ll t){
ll now=sk[x]*t;
int po=upper_bound(qc+1,qc+cn+1,t)-qc-1;
if(po){
qq pi=ask(T[x],1,cn,po);
now+=pi.z1*t+pi.z2;
}
return now;
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld%lld",&c[i],&k[i]),qc[i]=c[i]/k[i]+1,sc[i]=sc[i-1]+c[i],sk[i]=sk[i-1]+k[i];
sort(qc+1,qc+n+1);cn=n,cn=unique(qc+1,qc+n+1)-qc-1;
for(int i=1;i<=n;i++)up(T[i],T[i-1],1,cn,F(c[i]/k[i]+1),(qq){-k[i],c[i]});
ll h,T,ans=0;
top=1,L[1]=1,R[1]=n;
ty[1]=0;
scanf("%d",&q);
for(int ks=1;ks<=q;ks++){
scanf("%lld%lld",&T,&h);
bool flag=0;
while(top){
ll all,l=L[top],r=R[top],t=T-tim[top];
if(!ty[top])all=sc[r]-sc[l-1];
else if(ty[top]==1)all=calc(r,t)-calc(l-1,t);
else all=min(c[l],cs[top]+t*k[l]);
if(all<h)h-=all,top--;
else{
if(ty[top]==2)tim[top]=T,cs[top]=all-h;
else if(ty[top]==1){
int pl=l,pr=r,an=r;
while(pl<=pr){
int mid=(pl+pr)>>1;
if(calc(mid,t)-calc(l-1,t)>=h)an=mid,pr=mid-1;
else pl=mid+1;
}
h=(calc(an,t)-calc(l-1,t))-h;
top--;
if(an<r)top++,ty[top]=1,L[top]=an+1,R[top]=r,tim[top]=T-t;
top++,ty[top]=2,L[top]=R[top]=an,cs[top]=h,tim[top]=T;
if(l<an)top++,ty[top]=1,L[top]=l,R[top]=an-1,tim[top]=T;
}
else{
int pl=l,pr=r,an=r;
while(pl<=pr){
int mid=(pl+pr)>>1;
if(sc[mid]-sc[l-1]>=h)an=mid,pr=mid-1;
else pl=mid+1;
}
h=(sc[an]-sc[l-1])-h,top--;
if(an<r)top++,ty[top]=0,L[top]=an+1,R[top]=r,tim[top]=T-t;
top++,ty[top]=2,L[top]=R[top]=an,cs[top]=h;tim[top]=T;
if(l<an)top++,ty[top]=1,L[top]=l,R[top]=an-1,tim[top]=T;
}
break;
}
}
if(!top)ans+=h;
if(!top||L[top]>1)top++,L[top]=1,R[top]=((top==1)?n:(L[top-1]-1)),ty[top]=1,tim[top]=T;
}
return printf("%lld",ans),0;
}
十九.【北大集训2021】小明的树
好题。
首先这个加边删边看着很吓人。
这个“美丽树”，我们如果去对着涂黑的点看，那将非常难受，正难则反，发现白色的点恰好形成了一个联通块。
也就是说，两端都是白点的边个数=白点个数-1。
以时间为下标 ，发现我们可以把每个时间点的 白点个数-两端都是白点的边个数 这个值算出来。
因为每个点都是形如：在一个前缀时间段是白点，之后是黑点的形式，所以删/加边就能转化成了区间修改。
然后每个时间点的权值就是 一端白，一端黑 的点个数。这个也可以类似的统计。
总结一下，我们需要维护两个数组 \(a\) 和 \(b\) ，支持 \(a,b\) 的区间修改，以及 \(\sum b_i [a_i=\min\limits_{j=1}^n a_j]\) 。
这个用线段树实现即可。复杂度 \(O(n\log n)\) 。
view code
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int n,m,U[501000],V[501000],ti[501000],mi[2001000],mc[2010000];
ll mk[2010000];
int tag1[2010000],tag2[2010000];
void uk(int p){
mi[p]=min(mi[p<<1],mi[p<<1|1]);
mk[p]=mc[p]=0;
if(mi[p]==mi[p<<1])mk[p]+=mk[p<<1],mc[p]+=mc[p<<1];
if(mi[p]==mi[p<<1|1])mk[p]+=mk[p<<1|1],mc[p]+=mc[p<<1|1];
}
void build(int p,int l,int r){
if(l==r){
mi[p]=l-1,mc[p]=1;
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
build(p<<1,l,mid),build(p<<1|1,mid+1,r);
uk(p);
}
void ad1(int p,int z){tag1[p]+=z;mi[p]+=z;}
void ad2(int p,int z){tag2[p]+=z;mk[p]+=1ll*z*mc[p];}
void pd(int p){
ad1(p<<1,tag1[p]),ad1(p<<1|1,tag1[p]),tag1[p]=0;
ad2(p<<1,tag2[p]),ad2(p<<1|1,tag2[p]),tag2[p]=0;
}
void up(int p,int l,int r,int x,int y,int z,int ty){
if(x<=l&&r<=y){
if(ty==1)return ad1(p,z);
return ad2(p,z);
}
if(y<l||x>r)return;pd(p);int mid=(l+r)>>1;
up(p<<1,l,mid,x,y,z,ty),up(p<<1|1,mid+1,r,x,y,z,ty);
uk(p);
}
void ins(int u,int v,int z){
if(ti[u]>ti[v])swap(u,v);
up(1,1,n,ti[v],n,-z,1);
up(1,1,n,ti[u],ti[v]-1,z,2);
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<n;i++)scanf("%d%d",&U[i],&V[i]);
ti[1]=1;
for(int i=1,a;i<n;i++)scanf("%d",&a),ti[a]=n+1-i;
build(1,1,n);
for(int i=1;i<n;i++)ins(U[i],V[i],1);
printf("%lld\n",mk[1]);
for(int u,v,i=1;i<=m;i++){
scanf("%d%d",&u,&v),ins(u,v,-1);
scanf("%d%d",&u,&v),ins(u,v,1);
printf("%lld\n",mk[1]);
}
return 0;
}
