1126考试总结
1126考试总结
T1
题目大意 :
给定一个\(n * n\)的矩形, 有\(m\)次操作\((r, c, l, s)\), 表示给左上端点为\((r, c)\), 右下端点为\((r + l - 1, c + l - 1)\), 左下端点为\((r + l - 1, c)\)的等腰直角三角形内所有的格子都加上\(s\).求最后所有格子的异或和.每个格子一开始都是0;
\(n <= 1000, m <= 300000, s <= 1e9\)
差分 + 二维前缀和.
暴力加肯定是不行的, 我们考虑差分.
我们分别用\(a, b\)表示纵向的和斜着的差分数组. 对于一个操作\((r,c,l,s)\) :
\(a[r][c] += s\ \ \ a[r + l][c] -= s\)
\(b[r][c + 1] += s\ \ \ b[r + l][c + l + 1] -= s\)
然后前缀和一下, 只不过\(b\)比较特殊:\(b[i][j] += b[i- 1][j- 1]\)
最后统计答案的时候 : \(sum[i][j] += sum[i][j - 1] + a[i][j] - b[i][j]\).(好吧我还不透彻)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
char buf[1 << 20 | 1] , *f1 = buf, *f2 = buf, pbuf[1 << 24 | 1], *f3 = pbuf, sta[1 << 10 | 1];
#define getchar() ((f1 == f2) && (f2 = (f1 = buf) + fread(buf, 1, sizeof buf, stdin), f1 == f2) ? EOF : *f1 ++)
inline long long read() {
long long s = 0, f = 1; char ch;
while(!isdigit(ch = getchar())) (ch == '-') && (f = -f);
for(s = ch ^ 48;isdigit(ch = getchar()); s = (s << 1) + (s << 3) + (ch ^ 48));
return s * f;
}
const int N = 1003;
long long a[N][N], b[N][N], sum[N][N];
int main() {
int n, q; long long ans = 0;
n = read(); q = read();
for(register int i = 1, r, c, l, s;i <= q; ++ i) {
r = read(); c = read(); l = read(); s = read();
a[r][c] += s; a[r + l][c] -= s;
b[r][c + 1] += s; b[r + l][c + l + 1] -= s;
}
for(register int j = 1;j <= n; ++ j)
for(register int i = 1;i <= n; ++ i) a[i][j] += a[i - 1][j];
for(register int i = 1;i <= n; ++ i)
for(register int j = 1;j <= n; ++ j) b[i][j] += b[i - 1][j - 1];
for(register int i = 1;i <= n; ++ i)
for(register int j = 1;j <= n; ++ j) sum[i][j] += sum[i][j - 1] + a[i][j] - b[i][j];
for(register int i = 1;i <= n; i++)
for(register int j = 1;j <= n; j++) ans ^= sum[i][j];
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}
T4
题目大意 :
有一颗\(n\)个节点的树, 一开始所有点都是白点, 每个点都有一个权值\(val_i\). 有两种操作(共有\(m\)次):
Modify x : 把\(x\)改为黑点.
Query x : 查询点\(x\)与其他黑点的lca的最大权值是多少.
\(n <= 1e5, m <= 2e5\)
dfs序 + 线段树.
假设当前把\(x\)从白色变到黑色, 很明显, \(x\)的子树内的所有节点的答案都可以是\(x\)(\(x\)与子树内的点的lca为\(x\)), 让子树内的所有节点的答案都与\(val_x\)取\(max\)就好了.
然后我们考虑这个点还可以对那些点有贡献. 答案是它祖先的别的子树里的点.假设\(fa\)是\(x\)的一个祖先, 其中的一个子树包含节点\(x\), 那么\(x\)与\(fa\)其他子树内的点的lca就是\(fa\), 那么其他子树内的点的答案可以与\(val_{fa}\)取\(max\).
然后我们可以知道每个点作为lca取更新其他点的机会最多只有1次, 再多就没用啦.所以这里可以大大减少复杂度.
具体思路就是这样, 我们还需要用dfs把更新一颗子树变成区间操作, 然后用线段树维护一下答案就可以了.
#include <bits/stdc++.h>
#define ls(o) (o << 1)
#define rs(o) (o << 1 | 1)
#define mid ((l + r) >> 1)
using namespace std;
inline long long read() {
long long s = 0, f = 1; char ch;
while(!isdigit(ch = getchar())) (ch == '-') && (f = -f);
for(s = ch ^ 48;isdigit(ch = getchar()); s = (s << 1) + (s << 3) + (ch ^ 48));
return s * f;
}
const int N = 1e5 + 5;
int n, m, cnt, tot;
char S[10];
int a[N], fa[N], siz[N], dfn[N], vis[N], tag[N << 2], Max[N << 2], head[N];
struct edge { int to, nxt; } e[N << 1];
void add(int x, int y) {
e[++ cnt].nxt = head[x]; head[x] = cnt; e[cnt].to = y;
}
void get_tree(int x, int Fa) {
fa[x] = Fa; dfn[x] = ++ tot; siz[x] = 1;
for(int i = head[x]; i ; i = e[i].nxt) {
int y = e[i].to; if(y == Fa) continue ;
get_tree(y, x); siz[x] += siz[y];
}
}
void build(int o, int l, int r) {
Max[o] = -1; if(l == r) return ;
build(ls(o), l, mid); build(rs(o), mid + 1, r);
}
void modify(int o, int val) {
Max[o] = max(Max[o], val); tag[o] = max(tag[o], val);
}
void down(int o) {
if(tag[o]) modify(ls(o), tag[o]), modify(rs(o), tag[o]), tag[o] = 0;
}
void change(int o, int l, int r, int x, int y, int val) {
if(Max[o] > val) return ;
if(x <= l && y >= r) { modify(o, val); return ; }
down(o);
if(x <= mid) change(ls(o), l, mid, x, y, val);
if(y > mid) change(rs(o), mid + 1, r, x, y, val);
}
void change(int x, int y, int v) {
if(!y) change(1, 1, n, dfn[x], dfn[x] + siz[x] - 1, v);
else change(1, 1, n, dfn[x], dfn[y] - 1, v), change(1, 1, n, dfn[y] + siz[y], dfn[x] + siz[x] - 1, v);
}
void change(int x) {
for(int i = 0; ; i = x, x = fa[x]) {
change(x, i, a[x]);
if(vis[x]) break; vis[x] = 1;
}
}
int query(int o, int l, int r, int x) {
if(l == r) return Max[o]; down(o);
if(x <= mid) return max(Max[o], query(ls(o), l, mid, x));
if(x > mid) return max(Max[o], query(rs(o), mid + 1, r, x));
}
int main() {
n = read(); m = read();
for(int i = 1;i <= n; i++) a[i] = read();
for(int i = 1, x, y;i < n; i++) x = read(), y = read(), add(x, y), add(y, x);
get_tree(1, 0); build(1, 1, n);
for(int i = 1, u;i <= m; i++) {
cin >> S; u = read();
if(S[0] == 'Q') printf("%d\n", query(1, 1, n, dfn[u]));
if(S[0] == 'M') change(u);
}
return 0;
}
