[考试反思]0509省选模拟92：警示

同一种低错能犯不知道多少次。就应该有个人在我每次弱智的时候骂我一顿不然真是不长脑子。

$50$分$50$分的挂。。。（虽说牛更惨直接把绿框挂丢了

莫队排序$x.l/B<x.l/B$。$y$呢？

然后就直接$T$成暴力。亏得我还写了对拍，没有试大测试点。（暴力跑不出来）

之前就有一次因为对拍没有试大数据爆炸了，

但愿能长记性吧。。。

本来是拿下构造剩下暴力写满的。构造题有多解但是最开始没有$spj$我人都傻了

（最近构造题好多。貌似终于发现了第一个我比较擅长的题型。。。或许也不好说。。。菜死了

耽误了不少时间而且把心态弄得有点炸。。。$T1$那玩意都做烂了还没想出正解的确可能受到了一定影响

再说了。。。根号算法就那么几个咋每次都用不好。。。

反正状态不是很好。。。下次还要调整啊。。。

 

T1：Mansion

大意：有$n$个点，每个点有权值$a_i,b_i$。多次询问$\max\limits_{i=vl}^{vr} (\sum\limits_{j=l}^{r} b_j [a_j = i] ) $。$n,m,q \le 1.5 \times 10^5$

被牛嘲讽了。

是个类似于区间众数的问题。这种问题最低复杂度也就是$O(n^{1.5})$了

学过的根号就那么几种，所以不难想到莫队。维护线段树即可。复杂度是$O(\sqrt{n} log n)$的。

然后在莫队中，修改次数是$O(n\sqrt{n})$的但是查询次数是$O(n)$的，

所以根号平摊一下，分块$O(1)$修改$O(\sqrt{n})$查询就行了。

然而不支持删除。那就把莫队回滚一下。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int S=150005,B=400;
struct Qs{int l,r,vl,vr,o;friend bool operator<(Qs x,Qs y){return x.l/B!=y.l/B?x.l/B<y.l/B:x.r<y.r;}}Q[S];
int n,m,q,a[S],b[S],p[S],t;long long w[S],c[S],ans[S],wv[S],cv[S];
#define lc p<<1
#define rc p<<1|1
#define md (L+R>>1)
void add(int x,int v,int op){
    if(op)p[++t]=x,wv[t]=w[x],cv[t]=c[x/B];
    w[x]+=v; c[x/B]=max(c[x/B],w[x]);
}
long long ask(int l,int r,long long a=0){
    if(l/B==r/B)for(int i=l;i<=r;++i)a=max(a,w[i]);
    else{
        for(int i=l;i<l/B*B+B;++i)a=max(a,w[i]);
        for(int i=r;i>=r/B*B;--i)a=max(a,w[i]);
        for(int i=l/B+1;i<r/B;++i)a=max(a,c[i]);
    }return a;
}
void clear(){while(t)w[p[t]]=wv[t],c[p[t]/B]=cv[t],t--;}
int main(){//freopen("1.in","r",stdin);freopen("1.out","w",stdout);
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);
    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<=q;++i)scanf("%d%d%d%d",&Q[i].l,&Q[i].r,&Q[i].vl,&Q[i].vr),Q[i].o=i;
    Q[0].l=-B; sort(Q+1,Q+1+q);
    for(int l=1,r=0,i=1;i<=q;++i){
        if(Q[i].l/B!=Q[i-1].l/B){
            l=Q[i].l/B*B+B;r=l-1;
            for(int i=1;i<=m;++i)w[i]=c[i]=0;
        }
        if(Q[i].l/B==Q[i].r/B){
            for(int j=Q[i].l;j<=Q[i].r;++j)add(a[j],b[j],1);
            ans[Q[i].o]=ask(Q[i].vl,Q[i].vr);
            clear(); continue;
        }
        while(r<Q[i].r)++r,add(a[r],b[r],0);
        while(l>Q[i].l)--l,add(a[l],b[l],1);
        ans[Q[i].o]=ask(Q[i].vl,Q[i].vr);
        clear(); l=Q[i].l/B*B+B;
    }for(int i=1;i<=q;++i)printf("%lld\n",ans[i]);
}

 

T2：Permutation

大意：给定一个陪列，每次操作可以选定一些元素，被选中的元素放到所有没选中的元素之后，且选中的和未选中的元素内部相对顺序不变。

要求最小化变为元排列的步数以及构造方案。$n \le 5 \times 10^4$

对于任意两个元素$a,b$，不妨设$a<b$

若在一开始$a$就在$b$前面，那么在每次操作中，两个数所经历的是否被选中的状态可以完全相同。

如果被选中是$1$不被选中是$0$，那么对于每个数经历的操作会形成一个$01$串，如$w_a$（注意是针对数说的，而不是针对下标）

若$a<b,ia<ib$则$w_a$可以等于$w_b$

然后考虑如果$w_a \neq w_b$有哪些可能。

如果操作序列不完全相同的话，最终两元素的相对位置由 最后一次两者选中状态不同的那次操作中谁被选中了 决定。

具体而言，如果最后一次不同是在操作$i$，则若$a<b$则$w_{a,i} = 0 ,w_{b,i}=1$

我们发现这样的话，我们把二进制串理解成二进制数的话（后面的操作为高位前面的操作是低位）

那么就是说，若$a<b$且$w_a \neq w_b$则$w_a < w_b$

整理得到对于任意$a<b$，若$p_a < p_b$则$w_a \le w_b$，否则$w_a < w_b$

这样我们就得到了$n^2$个限制关系。没法做。

考虑到谁在谁前面 这种关系是有传递性的，最后我们要构造的是元排列，那么只要$1$在$2$前面，$2$在$3$前面。。。$n-1$在$n$前面就足够了

不再需要$1$在$3$前面这种限制。那么现在就只剩下了$n-1$条限制。整理如下：

$0 \le w_1 <= w_2 <= w_3 <= ... <= w_n <2^{ans}$

其中的$<=$可能被替换为$<$或$\le$。为了最小化$ans$我们一定会在所有可以和前面一个值取等的地方取等，不能取等就只$+1$

显然是最优的。这样就得到了所有的$w$。$ans$和方案也就显然了。

#include<cstdio>
#define S 55555
int p[S],ip[S],n,ord,ans,v[S],op,q1[S],q2[S],t1,t2;
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&op);
    for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&p[i]),ip[p[i]]=i;
    for(int i=n-1;i;--i)v[i]=ip[i]>ip[i+1]?++ord:ord;
    while(1<<ans<=ord)ans++;
    printf("%d\n",ans);
    if(!op)return 0;
    for(int i=1;i<=n;++i)v[i]=ord-v[i];
    for(int i=1;i<=n;++i)printf("%d ",p[i]);puts("");
    while(ans--){
        t1=t2=0;
        for(int i=1;i<=n;++i)if(v[p[i]]&1)q1[++t1]=p[i],v[p[i]]>>=1;
            else q2[++t2]=p[i],v[p[i]]>>=1;
        for(int i=1;i<=t2;++i)printf("%d ",p[i]=q2[i]);
        for(int i=1;i<=t1;++i)printf("%d ",p[i+t2]=q1[i]); puts("");
    }
}

 

T3：Grid Game

由于太菜咕掉了。去看牛神的博客吧。