NOIP2024加赛8

状态很不好，恼了。虚拟机太卡了，根本交不上去。

flandre

发现选取的肯定是从大到小排序后的一个后缀，然后就做完了，时间复杂度 $O (n \log n)$ 。

点此查看代码

 #include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i,s,t,p) for(int i = s;i <= t;i += p)
#define drep(i,s,t,p) for(int i = s;i >= t;i -= p)
#ifdef LOCAL
    FILE *I = fopen("in.in","r"),*O = fopen("out.out","w");
#else
    // FILE *I = stdin,*O = stdout;
    FILE *I = fopen("flandre.in","r"),*O = fopen("flandre.out","w");
#endif
using ll = long long;using ull = unsigned long long;
using db = double;using ldb = long double;
#define int long long
const int N = 1e6 + 10;
#define pii pair<int,int>
#define mk make_pair
pii a[N];int n,k;
inline void solve(){
    cin>>n>>k;rep(i,1,n,1) cin>>a[i].first,a[i].second = i;
    sort(a+1,a+1+n);
    int pos = n+1,ans = 0,sum = 0;
    map<int,int> mp;
    drep(i,n,1,1){
        sum += a[i].first;
        mp[a[i].first]++;
        sum += (n-i+1-mp[a[i].first])*k;
        if(sum > ans){
            ans = sum;pos = i;
        }
    }
    cout<<ans<<' '<<n-pos+1<<'\n';
    rep(i,pos,n,1) cout<<a[i].second<<' ';
}
signed main(){
    cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
    solve();
}

meirin

因为有且仅有对 $b$ 的操作，考虑将 $b$ 提出来。

考虑什么时候 $b_{i}, a_{j}$ 有贡献，当且仅当区间 $[l, r]$ 满足 $l \leq min {i, j} \leq max {i, j} \leq r \leq n$ 。

假设 $b_{i}, a_{j}$ 的贡献为 $b_{i} \times a_{j} \times p_{i, j}$ ，那么有 $p_{i, j} = {\begin{cases} i \times (n - j + 1) & i \leq j \\ j \times (n - i + 1) & j < i \end{cases}$ 。

将 $a_{j}$ 乘进去，再令 $p_{i} = \sum_{j = 1}^{n} p_{i, j}$ ，有 $p_{i} = \sum_{j = 1}^{i - 1} a_{j} \times j \times (n - i + 1) + \sum_{j = i}^{n} a_{j} \times (n - j + 1) \times i$ 。

发现如果 $i$ 恒定，那么就是求 $a_{i} \times i$ 的前缀和和 $a_{i} \times (n - i + 1)$ 的后缀和，预处理即可。

对于区间加，增加的贡献就是 $k \times (\sum_{i = l}^{r} p_{i})$ ，预处理前缀和即可。

时间复杂度 $O (n + m)$ 。

点此查看代码

 #include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i,s,t,p) for(int i = s;i <= t;i += p)
#define drep(i,s,t,p) for(int i = s;i >= t;i -= p)
using ll = long long;using ull = unsigned long long;
using db = double;using ldb = long double;
#ifdef LOCAL
    FILE *I = freopen("in.in","r",stdin),*O = freopen("out.out","w",stdout);
#else
    // FILE *I = stdin,*O = stdout;
    FILE *I = freopen("meirin.in","r",stdin),*O = freopen("meirin.out","w",stdout);
#endif
#define int long long
const int N = 5e5 + 10,mod = 1e9 + 7;
int n,m,a[N],b[N],s1[N],s2[N],p[N],sum[N],ans;
signed main(){
    cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
    cin>>n>>m;rep(i,1,n,1) cin>>a[i];rep(i,1,n,1) cin>>b[i];
    rep(i,1,n,1) s1[i] = (s1[i-1] + i*a[i]%mod)%mod;
    drep(i,n,1,1) s2[i] = (s2[i+1] + (n-i+1)*a[i]%mod)%mod;
    rep(i,1,n,1) p[i] = ((n-i+1)*s1[i-1]%mod + (s2[i])%mod*i%mod)%mod;
    rep(i,1,n,1) sum[i] = (sum[i-1] + p[i])%mod,ans = (ans + b[i]*p[i]%mod)%mod;
    rep(test,1,m,1){
        int l,r,k;cin>>l>>r>>k;
        ans = (ans + (sum[r]-sum[l-1]+mod)%mod*k%mod)%mod;
        cout<<(ans+mod)%mod<<'\n';
    }
}

sakuya

考虑如果一条边有贡献，那么就是它两端子树内的关键点的乘积乘上 $w$ 。这个东西直接预处理。

考虑如果对一个点所连的边进行 $+ k$ 操作，那么其实就是所有与之相连的边的边的贡献变成 $k + w \times s t h .$ ，记 $f_{x}$ 表示与 $x$ 相连的边的贡献即可。

但是还没完，题目让我们求得是期望，不是贡献，只需要求个平均数就好了，注意要乘一个二。

点此查看代码

 #include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i,s,t,p) for(int i = s;i <= t;i += p)
#define drep(i,s,t,p) for(int i = s;i >= t;i -= p)
#ifdef LOCAL
    FILE *I = freopen("in.in","r",stdin),*O = freopen("out.out","w",stdout);
#else
    // FILE *I = stdin,*O = stdout;
    FILE *I = freopen("sakuya.in","r",stdin),*O = freopen("sakuya.out","w",stdout);
#endif
using ll = long long;using ull = unsigned long long;
using db = double;using ldb = long double;
#define pii pair<int,int>
#define eb emplace_back
const int N = 5e5 + 10,mod = 998244353;
vector<pii> e[N];
int n,m,f[N],p[N],dep[N],ans = 0;
bitset<N> pd;
void dfs1(int x,int fa){
    if(pd[x]) p[x]++;
    dep[x] = dep[fa] + 1;
    for(auto [y,w]:e[x]){
        if(y == fa) continue;
        dfs1(y,x);p[x] += p[y];
    }
}
inline int getval(int x,int y){
    if(dep[x] > dep[y]) return 1ll*p[x]*(m-p[x])%mod;
    else return 1ll*p[y]*(m-p[y])%mod;
}
void dfs2(int x,int fa){
    for(auto [y,w]:e[x]){
        f[x] = (f[x] + getval(x,y))%mod;
        if(y == fa) continue;
        dfs2(y,x);
        ans = (ans + 1ll*w*getval(x,y)%mod)%mod;
    }
}
inline int power(int a,int b,int mod){
    int res = 1;
    for(;b;b >>= 1,a = 1ll*a*a%mod)
        if(b&1) res = 1ll*res*a%mod;
    return res;
}
signed main(){
    cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
    cin>>n>>m;
    rep(i,2,n,1){
        int x,y,w;cin>>x>>y>>w;
        e[x].eb(y,w);e[y].eb(x,w);
    }
    rep(i,1,m,1){int x;cin>>x;pd.set(x);}
    dfs1(1,0);dfs2(1,0);
    int q;cin>>q;int more = power(m,mod-2,mod)*2ll%mod;
    rep(test,1,q,1){
        int x,k;cin>>x>>k;
        ans = (ans + 1ll*f[x]*k%mod)%mod;
        cout<<1ll*ans*more%mod<<'\n';
    }
}

红楼 ~ Eastern Dream

初始化的强化？

根号分治是显然的，对于 $x \leq \sqrt{n}$ 可以去看我的[Ynoi2011] 初始化题解。对于 $x > \sqrt{n}$ 的，显然有一个线段树解法，具体的从 $1$ 暴力跳，步长为 $x$ ，将 $x \sim x + y - 1$ 所有的加上 $k$ 。

但是这样是很不优秀的，修改的复杂度为 $O (\sqrt{n} \log n + \sqrt{n})$ ，查询的复杂度为 $O (\log n + \sqrt{n})$ ，考虑根号平衡，将区间加变为 $O (1)$ 的，修改变成 $O (\sqrt{n})$ 的。

考虑差分和分块，具体的，设 $c_{i}$ 表示序列 $a$ 的差分数组。

对于一次查询，显然有 $a n s_{l, r} = \sum_{i = l}^{r} \sum_{j = 1}^{i} c_{j}$ ，如果您知道树状数组区间修改怎么推的和如何操作那么您就过了。

考虑这个柿子怎么化简到方便维护的形式。

\begin{aligned} a n s_{l, r} & = \sum_{i = l}^{r} \sum_{j = 1}^{i} c_{j} \\ = \sum_{i = 1}^{l - 1} c_{i} \times (r - l + 1) + \sum_{i = l}^{r} c_{i} (r - i + 1) \\ = (r - l + 1) \sum_{i = 1}^{l - 1} + (r + 1) \sum_{i = l}^{r} c_{i} - \sum_{i = l}^{r} c_{i} \times i \end{aligned}

然后后面这个东西就像树状数组区间修改一样维护就行了，具体实现看代码中的qry函数，时间复杂度 $O (n \sqrt{n})$ 。

点此查看代码

 #include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i,s,t,p) for(int i = s;i <= t;i += p)
#define drep(i,s,t,p) for(int i = s;i >= t;i -= p)
#ifdef LOCAL
    FILE *I = freopen("in.in","r",stdin),*O = freopen("out.out","w",stdout);
#else
    // FILE *I = stdin,*O = stdout;
    FILE *I = freopen("scarlet.in","r",stdin),*O = freopen("scarlet.out","w",stdout);
#endif
using ll = long long;using ull = unsigned long long;
using db = double;using ldb = long double;
namespace IO{
    #define gc getchar_unlocked
    #define pc putchar_unlocked
    template<class T>
    inline void read(T &x){
        x = 0;char s = gc();
        for(;s < '0' || '9' < s;s = gc());
        for(;'0' <= s && s <= '9';s = gc())
            x = (x<<1) + (x<<3) + (s^48);
    }
    template<class T,class... Args>
    inline void read(T &x,Args&... argc){read(x);read(argc...);}
    template<class T>
    inline void write(T x){
        static int sta[40],top = 0;
        do sta[++top] = x%10;while(x /= 10);
        while(top) pc(sta[top--]+'0');
    }
    inline void write(char x){pc(x);}
    template<class T,class... Args>
    inline void write(T x,Args... argc){write(x);write(argc...);}
    #undef gc
    #undef pc
}using IO::read;using IO::write;
const int N = 2e5 + 1,M = 450;
int n,m,a[N],pos[N],L[M],R[M],siz,len;
ll s[M],si[M],pre[M][M],suf[M][M],sum[M][M],num[M],c1[N],c2[N],qz[N];
signed main(){
    read(n,m);rep(i,1,n,1) read(a[i]),qz[i] = qz[i-1] + a[i];
    len = 450;siz = n/len;
    rep(i,1,siz,1) L[i] = R[i-1]+1,R[i] = i*len;
    if(R[siz] < n) siz++,L[siz] = R[siz-1] + 1,R[siz] = n;
    rep(i,1,siz,1) rep(j,L[i],R[i],1) pos[j] = i;
    int spl = sqrt(n/5.0);
    
    auto qry1 = [&](int l,int r){
        if(r == 0) return 0ll;
        int p = pos[l],q = pos[r];ll res = 0;
        if(p == q){rep(i,l,r,1) res += c1[i];return res;}
        rep(i,l,R[p],1) res += c1[i];
        rep(i,L[q],r,1) res += c1[i];
        rep(i,p+1,q-1,1) res += s[i];
        return res;
    };
    auto qry2 = [&](int l,int r){
        if(r == 0) return 0ll;
        int p = pos[l],q = pos[r];ll res = 0;
        if(p == q){rep(i,l,r,1) res += c2[i];return res;}
        rep(i,l,R[p],1) res += c2[i];
        rep(i,L[q],r,1) res += c2[i];
        rep(i,p+1,q-1,1) res += si[i];
        return res;
    };
    auto qry = [&](int l,int r){return 1ll*(r-l+1)*qry1(1,l-1)+1ll*(r+1)*(qry1(1,r)-qry1(1,l-1))-qry2(1,r)+qry2(1,l-1);};
    int tot = 0;
    rep(test,1,m,1){
        int op,x,y,k = 0;
        read(op,x,y);
        if(op == 1){
            read(k);y = min(y,x-1);
            if(x <= spl){
                rep(i,0,y,1) sum[x][i] += k;
                num[x] += 1ll*k*(y+1);
                pre[x][0] = sum[x][0];
                rep(i,1,x-1,1) pre[x][i] = pre[x][i-1] + sum[x][i];
                drep(i,x-1,0,1) suf[x][i] = suf[x][i+1] + sum[x][i];
            }
            else{
                y++;
                rep(i,1,n,x){
                    int p = pos[i],iy = i+y;
                    ll ik = 1ll*i*k;
                    s[p] += k,si[p] += ik,c1[i] += k,c2[i] += ik;
                    if(iy <= n) s[pos[iy]] -= k,si[pos[iy]] -= 1ll*iy*k,c1[iy] -= k
                                ,c2[iy] -= 1ll*iy*k;
                }
            }
        }
        else{
            ll ans = 0;
            rep(now,1,spl,1){
                if(y-x < now) rep(i,x,y,1) ans += sum[now][(i-1)%now];
                else{
                    x--,y--;
                    ans += suf[now][x%now];ans += pre[now][y%now];
                    x++,y++;
                    ans += ((y-((y-1)%now)-1)-(x+(now-(x-1)%now))+1)/now*num[now];
                }
            }
            write(qry(x,y)+ans+qz[y]-qz[x-1],'\n');
        }
    }
}

posted @ 2024-11-27 19:11 CuFeO4 阅读(45) 评论(4) 编辑收藏举报

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	#include<bits/stdc++.h>
	using namespace std;
	#define rep(i,s,t,p) for(int i = s;i <= t;i += p)
	#define drep(i,s,t,p) for(int i = s;i >= t;i -= p)
	#ifdef LOCAL
	FILE I = fopen("in.in","r"),O = fopen("out.out","w");
	#else
	// FILE I = stdin,O = stdout;
	FILE I = fopen("flandre.in","r"),O = fopen("flandre.out","w");
	#endif
	using ll = long long;using ull = unsigned long long;
	using db = double;using ldb = long double;
	#define int long long
	const int N = 1e6 + 10;
	#define pii pair<int,int>
	#define mk make_pair
	pii a[N];int n,k;
	inline void solve(){
	cin>>n>>k;rep(i,1,n,1) cin>>a[i].first,a[i].second = i;
	sort(a+1,a+1+n);
	int pos = n+1,ans = 0,sum = 0;
	map<int,int> mp;
	drep(i,n,1,1){
	sum += a[i].first;
	mp[a[i].first]++;
	sum += (n-i+1-mp[a[i].first])*k;
	if(sum > ans){
	ans = sum;pos = i;
	}
	}
	cout<<ans<<' '<<n-pos+1<<'\n';
	rep(i,pos,n,1) cout<<a[i].second<<' ';
	}
	signed main(){
	cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
	solve();
	}