洛谷比赛「EZEC」 Round 4

T1 zrmpaul Loves Array

题目描述

小 Z 有一个下标从 $1$ 开始并且长度为 $n$ 的序列，初始时下标为 $i$ 位置的数字为 $i$。有 $m$ 个操作，每个操作会是以下四种之一。

1 对序列从小到大进行排序。
2 对序列从小到大进行排序后将其翻转，(译者注：就是从大到小排序）。
3 x y 将下标为 $x,y$ 的数交换位置。保证 $x\neq y$ 且 $1\le x,y\le n$。
4 将序列翻转。

你要输出在 $m$ 次操作后的序列。

输入格式

第一行两个整数 $n,m$ ，表示序列的长度以及操作的数量。

接下来 $m$ 行，每行一个操作。保证操作合法。

输出格式

一行包含 $n$ 个整数，表示操作后的序列。

输入输出样例

输入 #1

输出 #1

5 4 3 2 1

说明/提示

【数据范围】

【本题采用捆绑测试】

subtask 1（24pts）: $1\leq n,m\leq 2 \times 10^3$ 。

subtask 2（13pts）: 没有操作三。

subtask 3（63pts）: $1\leq n,m\leq 10^6$ 。

【样例解释】

序列经过的操作为：

 1,2,3,4,5
 1,2,3,4,5
 5,4,3,2,1
 5,2,3,4,1
 1,4,3,2,5
 5,4,3,2,1

签到题还是有点思维难度的，但也比至于那么难，不过需要注意的点比较多。

自己在一个点上卡了一个小时（~~太菜了，该退役了~~）。

现讲一下思路吧。观察一下这四个操作，你就会发现一个神奇的规律。

在排序操作之前的操作是对答案没有任何影响的。

所以，我们只需要找到最后的一个操作$1$ 或者操作 $2$ ，如果最后一次是操作 $1$ 原序列就正着排，反之倒着排序。

之后，我们就可以模拟操作三和操作四了。

操作三直接暴力 $swap$ ，操作四的话可以打个标记，奇数的把这个序列暴力翻转。

一个比较坑的点就是一开始要把原序列赋为从 $1-n$ 的排列,(因为他可能只有操作 $4$)

随机数据的话还是跑的比较快的。

具体实现看代码把：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,m,type,maxn,res,cnt,a[1000010];
struct node
{
	int opt,x,y;
}q[1000010];
inline int read()
{
    int s = 0,w = 1; char ch = getchar();
    while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') w = -1; ch = getchar();}
    while(ch >= '0' && ch <= '9'){s =s * 10+ch - '0'; ch = getchar();}
    return s * w;
}
int main()
{
	n = read(); m = read();
	for(int i = 1; i <= n; i++) a[i] = i;//一开始序列为1-n 的排列
	for(int i = 1; i <= m; i++)
	{
		q[i].opt = read();
		if(q[i].opt == 3)
		{
			cnt++;
			q[i].x = read(); q[i].y = read();
		}
		if(q[i].opt == 1 || q[i].opt == 2)//找最后一次排序操作
		{
			type = q[i].opt; maxn = i;
		}
	}
	if(type == 1)//如果是 1 就升序排列
	{
		for(int i = 1; i <= n; i++) a[i] = i;
	}
	if(type == 2)//反之降序排列
	{
		for(int i = n; i >= 1; i--) a[i] = n-i+1;
	}
	for(int i = maxn+1; i <= m; i++)
	{
		if(q[i].opt == 3)
		{			
		    if(res & 1)//如果前面序列反转了偶数次，就对序列暴力翻转
			{
				for(int j = 1; j <= n/2; j++) swap(a[j],a[n-j+1]);
			}
			swap(a[q[i].x],a[q[i].y]);//暴力交换
			res = 0;
		}
		else if(q[i].opt == 4) res += 1;//统计有多少个操作 4
	}
	if(res & 1) for(int i = 1; i <= n/2; i++) swap(a[i],a[n-i+1]);
	for(int i = 1; i <= n; i++) printf("%d ",a[i]);
	return 0;
}

T2「EZEC-4」可乐

题目背景

很久以前，有一个 pigstd，非常迷恋美味的可乐。为了得到美味的可乐，他几乎用尽了所有的钱，他甚至对自己的 npy 也漠不关心其实是因为他没有npy，更不爱好看戏。除非买了新可乐，才会坐上马车出门炫耀一番。每一天，每个钟头他都要喝上一瓶新可乐。

pigstd 最近又买了许多箱新可乐——当然，这些可乐只有聪明的人才能喝到。

题目描述

pigstd 现在有 $n$ 箱可乐，第 $i$ 箱可乐上标着一个正整数 $a_{i}$。

若 pigstd 的聪明值为一个非负整数 $x$，对于第 $i$ 箱可乐，如果 $(a_{i} \oplus x )\le k$ 那么 pigstd 就能喝到这箱可乐。

现在 pigstd 告诉了你 $k$ 与序列 $a$，你可以决定 pigstd 的聪明值 $x$，使得他能喝到的可乐的箱数最大。求出这个最大值。

输入格式

第一行两个由空格分隔开的整数 $n,k$。

接下来 $n$ 行，每行一个整数 $a_i$，表示第 $i$ 箱可乐上标的数。

输出格式

一行一个正整数，表示 pigstd 最多能喝到的可乐的箱数。

输入输出样例

输入 #1

输出 #1

输入 #2

输出 #2

说明/提示

提示

pigstd 的聪明值 $x$ 可以为 $0$。

样例解释

样例 1 解释：容易构造当 $x=0$ 时，可以喝到所有可乐。

样例 2 解释：容易构造 $x=913$，可以喝到所有可乐。

样例解释未必是唯一的方法。

数据范围

本题采用捆绑测试。

Subtask 1（29 points）：$1 \le n,k,a_{i} \le 1000$。
Subtask 2（1 point）：$a_{i} \le k$。
Subtask 3（70 points）：无特殊限制。

对于所有数据，保证 $1 \le n,k,a_{i} \le 10^6$。

一开始看错题了，连交了几发全是 WA，~~差点把我心态搞崩了~~。

这道题我和 STd 的解法不太一样。

这道题看到异或，我们会想到什么。没错，就是 $01tire$

我们可以对每个 $a_i$ 都插入 $tire$ 树中，然后暴力枚举 $x$ ，

找在异或起来不小于 $k$ 的情况下，能喝到的可乐最多。

主要是分情况讨论比较难写，但其他的还算可以。

Code:

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,k,tot = 1,siz[20000100],x,tr[20000100][2];
int ans,kk,maxn;
inline int read()
{
    int s = 0,w = 1; char ch = getchar();
    while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') w = -1; ch = getchar();}
    while(ch >= '0' && ch <= '9'){s =s * 10+ch - '0'; ch = getchar();}
    return s * w;
}
void insert(int x)//建 tire 树
{
	int p = 1;
	for(int i = 20; ~i; i--)
	{
		int c = (x>>i)&1;
		if(!tr[p][c]) tr[p][c] = ++tot;
		p = tr[p][c];
        siz[p]++;
	}
}
int query(int x)
{
	int p = 1, res = 0;
	for(int i = 20; i; i--)
	{
		int a = (k>>i)&1, b = (x>>i)&1;
		if(a == 0)//如果说 k的这一位为0，那么tire树上的节点只能和 b 相同
		{
			if(b == 1) p = tr[p][1];
			if(b == 0) p = tr[p][0];
		}
		if(a == 1)
		{
			if(b == 0)
			{
				res += siz[tr[p][0]];//节点为 0 的话，异或起来小于 1可以直接记录答案
				p = tr[p][1];
			}
			else
			{
				res += siz[tr[p][1]];//同理
				p = tr[p][0];
			}
		}
	}
	int a =k & 1, b =x & 1;//最后一位的情况
	if(a == 0)
	{
		if(b == 1) p = tr[p][1];
		if(b == 0) p = tr[p][0];
	}
	if(a == 1)
	{
		if(b == 0)
		{
			res += siz[tr[p][0]];
			p = tr[p][1];
		}
		else
		{
			res += siz[tr[p][1]];
			p = tr[p][0];
		}
	}
	return res;
}
int main()
{
	n = read(); k = read(); maxn = k;
	for(int i = 1; i <= n; i++)
	{
		x = read();
		maxn = max(maxn,x);//上限设为 a[i] 和 k 的最大值
		insert(x);
	}
	for(int i = 0; i <= maxn<<1; i++)
    {
		ans=max(ans,query(i));//暴力枚举 x
	}
	printf("%d\n",ans);
}

后面的几道题就比较仙了。

T3 Excalibur

题目描述

已知有 $n$ 个血量均为 $k$ 的敌人，编号$1\sim n$.

给你一柄圣剑，选择一个敌人，砍向他并对其造成 $p$ 点伤害。

这柄圣剑还附有 $m$ 条属性，第 $i$ 条属性可表示为：

1、若 $x_i$ 号敌人受到了伤害，记此伤害为 $r_{x_i}$ 那么 $y_i$ 号敌人就会相应受到 $q\times r_{x_i}$点伤害。
2、若 $y_i$ 号敌人受到了伤害，记此伤害为$r_{y_i}$，那么 $x_i$ 号敌人就会相应受到 $q\times r_{y_i}$ 点伤害。
3、上述两点若有任意一点被触发，该属性立即失效。

现规定，当某个敌人血量 $\le 0$ 时，即视为你击杀了这个敌人。击杀与否不影响伤害大小。

求你最多能击杀几个敌人。

数据保证：

1、每条属性中 $x_i\neq y_i$。

2、所有属性本质上不重复。

3 砍向任一敌人后，每个敌人最多受到一次伤害。

输入格式

第一行五个整数 $n,m,k,p$,。

后 $m$ 行每行两个整数 $x,y$。

输出格式

一行一个整数表示答案。

输入输出样例

输入 #1

3 2 2 3 1
1 2
2 3

输出 #1

输入 #2

3 2 2 1 1
1 2
2 3

输出 #2

输入 #3

3 2 4 1 2
1 2
2 3

输出 #3

说明/提示

【样例 1 说明】

砍向 1 号敌人，对其造成 3 点伤害；22号敌人随之受到 3 点伤害；3 号敌人随之受到 3 点伤害。共击杀 3 个敌人。

【样例 2 说明】

无法击杀任何敌人。

【样例 3 说明】

砍向 1 号敌人，对其造成 1 点伤害；2 号敌人随之受到 2 点伤害；3 号敌人随之受到 4 点伤害。共击杀 1个敌人。

【数据规模与约定】

对于 100% 的数据，$1\le n\le 10^5$，$0\le m\le 10^5$，$1\le k,p,q\le 10^9$，$1\le x,y\le n$。

本题采用捆绑测试。

子任务	分值	n	q	特殊性质
1	10	$≤10$	无	无
2	5	无	=1	无
3	5	无	无	对于每条属性都有 $xi=yi−1$
4	20	无	无	保证数据随机生成
5	60	无	无	无

这道题我开始以为是道图论题。

但，当我得知正解是树形 $dp$ 时，我的表情是这样的：

算了，贴正解吧：

简化问题

给你若干棵树，选一颗树上的一个点作为根，根节点深度为 1，问树上有多少节点深度 $h$

\[h \leq \begin{cases} log_q{k \over p} + 1& \text{q > 1}\\ \infin & \text{q = 1, p <k}\\ 1 & \text{q = 1, $p\le k$} \end{cases} \]

观察数据范围，注意到 $q>1$ 时 $\log_q(\frac{k}{p})<30$，故可以从这个切入点解决问题。

考虑 $\text{DP}$。

令 $sz[i][j]$ 为以节点 $i$ 为根，深度等于 $j$ 的节点数。

令 $f[i][j]$ 为以节点 $i$ 为根，深度小于等于 $j$ 的节点数。（最后求答案时用个容斥即可）

易求得 $sz$ 数组的递推式为 $sz[u][j]= \displaystyle \sum sz[v][j−1]$，其中 $u$ 和 $v$ 为父子关系，下同。

当由父节点为根转为由子节点为根时，粗略观察到 $f[v][j]$ 和 $f[u][j−1]$ 很相似，进一步观察可得 $f[v][j]=f[u][j−1]+sz[v][j]+sz[v][j−1]$。

在每棵树中任选一个节点为根，先求出这个节点的 $sz$ 和 $ f$ 数组后，再换根 $\text{DP}$ 即可。

别忘了特判 $q=1$ 的情况哦！

时间复杂度为 $O(n\log_q(\frac{k}{p}))$。

Code(正解代码):

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll n,m,k,p,q,x,y,l,max_,vis[100009],trsz[100009],sz[100009][39],f[100009][39];
vector <ll> root,to[100009];
inline ll read(){
   ll s = 0,w = 1;
   char ch = getchar();
   while (ch < '0'|| ch > '9'){ if (ch == '-') w = -1; ch = getchar();}
   while (ch >= '0'&& ch <= '9') s = (s << 1) + (s << 3) + (ch ^ 48),ch = getchar();
   return s * w;
}
void dfs1(ll u,ll fa,ll pos){
    trsz[pos] += 1,sz[u][1] = vis[u] = 1;
    for (ll i = 0;i < to[u].size();i += 1){
        ll v = to[u][i];
        if (v ^ fa){
            dfs1(v,u,pos);
            for (ll j = 2;j <= l;j += 1) sz[u][j] += sz[v][j - 1];
        }
    }
}
void dfs2(ll u,ll fa,ll pos){
    for (ll i = 0;i < to[u].size();i += 1){
        ll v = to[u][i];
        if (v ^ fa){
            f[v][1] = 1;
            for (ll j = 2;j <= l;j += 1) f[v][j] = f[u][j - 1] + sz[v][j] + sz[v][j - 1];
            max_ = max(max_,trsz[pos] - f[v][l]);
            dfs2(v,u,pos);
        }
    }
}
int main(){
    n = read(),m = read(),k = read(),p = read(),q = read();
    for (ll i = 0;i < m;i += 1) x = read(),y = read(),to[x].push_back(y),to[y].push_back(x);
    if (q == 1 && p < k){cout<<0; return 0;}
    while (p * pow(q,l) < k) l += 1;
    for (ll i = 1;i <= n;i += 1) if (!vis[i]) root.push_back(i),dfs1(i,0,i);
    for (ll i = 0;i < root.size();i += 1) for (ll j = 1;j <= l;j += 1)
        f[root[i]][j] = f[root[i]][j - 1] + sz[root[i]][j];
    for (ll i = 0;i < root.size();i += 1) max_ = max(max_,trsz[root[i]] - f[root[i]][l]);
    for (ll i = 0;i < root.size();i += 1) dfs2(root[i],0,root[i]);
    cout<<max_;
    return 0;
}

T4「EZEC-4」求和

一句话题意:

T组询问，每次询问输出

$\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n} gcd(i,j)^{i+j} \bmod p$ 的结果。

看完题直接弃疗了，打了 $10pts$ 就滚粗了

直接甩个 $std$ 的链接吧 link

这么复杂的柿子谁推的出来啊。

T5 「EZEC-4」月下轻花舞

std

一句话题意： $T$ 组询问，每次给定三个整数 $l,r,n$，求出下式的值：

$\displaystyle \sum_{i=l}^{r} (i-1) \times \sum_{j=1}^{n} ceil(log_i^{j}) \bmod 998244353$

看到这个柿子，我直接大呼毒瘤。

这考的时候，一点思路都没有。并且考到的还是一些自己没学过的东西（比如什么拉格朗日差值）。果然还是自己太菜了。

T6 括号

不会写，没看。

好像正解是分块（~~毒瘤lxl逃~~）

总结

这次打的还是很不错的，切了两道题。

总分 100 + 100 + 0 + 10 + 0 + 0 = 210;

混了个你谷 Rnk 17 。以后还要继续努力呀。

posted @ 2020-09-06 20:52 genshy 阅读(424) 评论(1) 编辑收藏举报

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子任务	分值	n	q	特殊性质
1	10	\(≤10\)	无	无
2	5	无	=1	无
3	5	无	无	对于每条属性都有 \(xi=yi−1\)
4	20	无	无	保证数据随机生成
5	60	无	无	无

genshy

洛谷比赛 「EZEC」 Round 4

洛谷比赛 「EZEC」 Round 4

T1 zrmpaul Loves Array

题目描述

输入格式

输出格式

输入输出样例

说明/提示

T2「EZEC-4」可乐

题目背景

题目描述

输入格式

输出格式

一行一个正整数，表示 pigstd 最多能喝到的可乐的箱数。

输入输出样例

说明/提示

提示

样例解释

数据范围

T3 Excalibur

题目描述

数据保证：

输入格式

输出格式

输入输出样例

说明/提示

简化问题

T4「EZEC-4」求和

T5 「EZEC-4」月下轻花舞

T6 括号

总结

公告

洛谷比赛「EZEC」 Round 4

洛谷比赛「EZEC」 Round 4