noip模拟50[丧]
noip模拟50 solutions
队奶奶暴力打满(即使是暴力也比我的暴力高明)，拿到rank1,220pts,而我只有可怜的60pts
好丧啊，连续两次都在中游，考场上脑子就像浆糊一样，啥也想不到
还有一个就是懒，暴力懒得打，算算复杂度，知道不可能拿到更多的分就不打有优化的暴力
可是有时候出题人就很SB，数据做的非常水，导致我想到的可以卡掉优化暴力的数据是没有的
然后稍微优化一下就可以AC，我却懒得做了。
总之我出现了一个新的问题，太懒了，以至于该拿到的分根本拿不到
所以以后要注意打暴力。。。。。
T1 第零题
仍然是暴力出奇迹的一道玄学题，不是做法玄学，而是数据玄学
我一开始认为是树剖+神奇线段树，然后想了半天如何处理边界问题
开场想暴力的时候想到了要处理向上的第一个复活的地方，但是我没有想到倍增，就差一点点
我知道一定会有一个结论来方便我处理从上向下的链
也就是题解里的神秘的观察：从上到下和从下到上是一样的
我确实是想到了，而且也尝试证明了，没有证出来，所以没有敢用
然后我想要一个一个复活点的跳，但是想了想没有啥用，因为特殊构造一定可以卡掉
最后直接弃掉了这个题，40pts就走人了。
刚才的神秘观察：对于一条链，如果体力都是满的从两边开始走，那么复活的次数是一样的
这个在沈队爷的提醒之下，应用了调整法
我们将从s到t的路径记录下来成为一个序列，这样我们按照题目说的走一遍。
我们可以对于每一个复活区间删掉左端点，那么区间就会一点一点的向后平移
这样复活的次数是一定的，所以我们就可以以lca为中心，两侧的向两侧移动，让中间空出来
这样我们就可以直接从s和t开始向上倍增，最后看看剩下的那一段是否大于k，大于的话就+1
AC_code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define re register int
const int N=2e5+5;
int n,k,q;
int to[N*2],nxt[N*2],c[N*2],head[N],rp;
void add_edg(int x,int y,int z){
to[++rp]=y;
c[rp]=z;
nxt[rp]=head[x];
head[x]=rp;
}
int siz[N],son[N],dep[N],fa[N],top[N];
int dfn[N],idf[N],cnt;
int sum[N],val[N];
void dfs_fi(int x){
siz[x]=1;son[x]=0;
for(re i=head[x];i;i=nxt[i]){
int y=to[i];
if(y==fa[x])continue;
dep[y]=dep[x]+1;
fa[y]=x;
val[y]=c[i];
dfs_fi(y);
siz[x]+=siz[y];
if(!son[x]||siz[y]>siz[son[x]])son[x]=y;
}
}
int st[N][21],ji[N],cj;
int find(int x){
int l=0,r=x-1,mid;
while(l<r){
mid=l+r+1>>1;
if(sum[ji[x]]-sum[ji[mid]]<k)r=mid-1;
else l=mid;
}
return ji[l];
}
void dfs_se(int x,int f){
top[x]=f;dfn[x]=++cnt;idf[cnt]=x;
cj++;ji[cj]=x;
sum[x]=sum[ji[cj-1]]+val[x];
st[x][0]=find(cj);
for(re i=1;i<=20;i++)st[x][i]=st[st[x][i-1]][i-1];
if(son[x])dfs_se(son[x],f);
for(re i=head[x];i;i=nxt[i]){
int y=to[i];
if(y==fa[x]||y==son[x])continue;
dfs_se(y,y);
}
cj--;
}
int LCA(int x,int y){
while(top[x]!=top[y]){
if(dep[top[x]]<dep[top[y]])swap(x,y);
x=fa[top[x]];
}
return dep[x]<dep[y]?x:y;
}
signed main(){
scanf("%lld%lld",&n,&k);
for(re i=1;i<n;i++){
int x,y,z;scanf("%lld%lld%lld",&x,&y,&z);
add_edg(x,y,z);add_edg(y,x,z);
}
dep[0]=0;dep[1]=1;
dfs_fi(1);dfs_se(1,1);
scanf("%lld",&q);
while(q--){
int x,y,ans=0;
scanf("%lld%lld",&x,&y);
int lca=LCA(x,y);
//cout<<lca<<endl;
for(re i=20;i>=0;i--){
if(dep[st[x][i]]>=dep[lca])x=st[x][i],ans+=pow(2,i);
if(dep[st[y][i]]>=dep[lca])y=st[y][i],ans+=pow(2,i);
}
if(sum[x]-sum[lca]+sum[y]-sum[lca]>=k)ans++;
printf("%lld\n",ans);
}
}
T2 第负一题
这个题是真的难，我考场上一直在枚举左端点，然后找到不同起点的dp数组的关系
甚至还想用矩阵快速幂直接找答案，后来发现好像这个矩阵并不符合乘法分配律
所以我又弃掉了这个题，然而此时已经过去了两个半小时。。。。
正解是分治，就是通过分治跨越当前分治中心的贡献
对题解进行阐述，官方的确实说的不是人话。。。。
设f[i][1/0]表示，在分治中心(就是mid)的左侧走到的i节点的最大值(就是i～mid这个区间)0表示不选mid，1就是选mid
设g[i][1/0]表示，右侧走到i节点的最大值(就是mid+1～r这个区间)，0/1意义同上
这时候就明朗了，我们的答案就是要求跨过中心的所有区间的和。
也就是左右两侧任选节点求和，答案就是
\[\displaystyle\sum^{mid}_{i=l}\sum^{r}_{j=mid+1}max(f[i][0]+g[j][1],f[i][1]+g[j][0],f[i][0]+g[j][0])
\]
你会发现后面的式子好麻烦，所以我们直接换掉它，
设\(cf[i]=max(f[i][1]-f[i][0],0),cg[i]=max(g[i][1]-g[i][0],0)\)
这样的话，上面的就可以化简成
\[\displaystyle\sum^{mid}_{i=l}\sum^{r}_{j=mid+1}(f[i][0]+g[j][0]+max(cf[i],cg[j]))
\]
那就好说了，拆开来看，前面的两项可以直接\(\mathcal{O(n)}\)求
后面的max可以直接对cf，cg进行排序，直接单调指针扫一遍就好了
AC_code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define re register int
const int N=2e5+5;
const int mod=998244353;
const int inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int n,a[N],ans;
int f[N][2],g[N][2];
int cf[N],cg[N];
int dp[N][2];
void get(int l,int r){
if(l==r){
ans=(ans+a[l])%mod;
//cout<<l<<" "<<ans<<endl;
return ;
}
int mid=l+r>>1;
get(l,mid);get(mid+1,r);
for(re i=l;i<=r;i++)dp[i][0]=dp[i][1]=0;
dp[mid][0]=0;dp[mid][1]=-inf;f[mid][0]=0;
for(re i=mid-1;i>=l;i--)dp[i][0]=max(dp[i+1][0],dp[i+1][1]),dp[i][1]=dp[i+1][0]+a[i],f[i][0]=max(dp[i][0],dp[i][1]);
dp[mid+1][0]=0;dp[mid][1]=-inf;g[mid+1][0]=0;
for(re i=mid+2;i<=r;i++)dp[i][0]=max(dp[i-1][0],dp[i-1][1]),dp[i][1]=dp[i-1][0]+a[i],g[i][0]=max(dp[i][0],dp[i][1]);
for(re i=l;i<=r;i++)dp[i][0]=dp[i][1]=0;
dp[mid][0]=-inf;dp[mid][1]=a[mid];f[mid][1]=a[mid];
for(re i=mid-1;i>=l;i--)dp[i][0]=max(dp[i+1][0],dp[i+1][1]),dp[i][1]=dp[i+1][0]+a[i],f[i][1]=max(dp[i][0],dp[i][1]);
dp[mid+1][0]=-inf;dp[mid+1][1]=a[mid+1];g[mid+1][1]=a[mid+1];
for(re i=mid+2;i<=r;i++)dp[i][0]=max(dp[i-1][0],dp[i-1][1]),dp[i][1]=dp[i-1][0]+a[i],g[i][1]=max(dp[i][0],dp[i][1]);
for(re i=l;i<=mid;i++)cf[i]=max(f[i][1]-f[i][0],0ll),ans=(ans+f[i][0]*(r-mid))%mod;
for(re i=mid+1;i<=r;i++)cg[i]=max(g[i][1]-g[i][0],0ll),ans=(ans+g[i][0]*(mid-l+1))%mod;
sort(cf+l,cf+mid+1);sort(cg+mid+1,cg+r+1);
int il=l,ir=mid;
while(il<=mid){
while(cg[ir+1]<=cf[il]&&ir<r)ir++,ans=(ans+cg[ir]*(il-l))%mod;
ans=(ans+cf[il]*(ir-mid))%mod;il++;
}
while(ir<r){ir++;ans=(ans+cg[ir]*(mid-l+1))%mod;}
//cout<<ans<<endl;
return ;
}
signed main(){
scanf("%lld",&n);
for(re i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i]);
get(1,n);
printf("%lld",ans);
}
T3 第负二题
所以这个题我是\(\mathcal{O(n^2)}\)水过去的
就直接枚举删第几次，然后去枚举每一行怎么删
垃圾暴力90pts
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define re register int
const int N=5e6+5;
const int mod=998244353;
int n,L,X,Y,l[N],r[N],ql[N],qr[N];
typedef unsigned long long u64;
u64 A,B;
u64 xorshift128p(u64 &A, u64 &B) {
u64 T=A,S=B;
A=S;
T^=T<<23;
T^=T>>17;
T^=S^(S>>26);
B=T;
return T+S;
}
void gen(int n,int L,int X,int Y,u64 A,u64 B,int l[],int r[]){
for(int i=1;i<=n;i++){
l[i]=xorshift128p(A,B)%L+X;
r[i]=xorshift128p(A,B)%L+Y;
if(l[i]>r[i])swap(l[i],r[i]);
}
}
int f[N],ans,nxt[N],head=1,pre[N];
int ksm(int x,int y){
int ret=1;
while(y){
if(y&1)ret=ret*x%mod;
x=x*x%mod;
y>>=1;
}
return ret;
}
bool vis[N];
signed main(){
scanf("%lld%lld%lld%lld%llu%llu",&n,&L,&X,&Y,&A,&B);
gen(n,L,X,Y,A,B,l,r);
for(re i=1;i<n;i++)nxt[i]=i+1,pre[i+1]=i;
for(re i=1;i<=n;i++){
if(!nxt[1])break;
for(re j=head;j;j=nxt[j]){
ql[j]=l[j]+1;qr[j]=r[j]-1;
ql[j]=max(ql[j],max(l[j-1],l[j+1]));
qr[j]=min(qr[j],min(r[j-1],r[j+1]));
//cout<<j<<" "<<ql[j]<<" "<<qr[j]<<endl;
}
for(re j=head;j;j=nxt[j]){
l[j]=ql[j],r[j]=qr[j];
if(qr[j]<ql[j]){
f[j]=i,vis[j]=true;
if(j!=head)nxt[pre[j]]=nxt[j],pre[nxt[j]]=pre[j];
else head=nxt[j];
//cout<<j<<" "<<f[j]<<endl;
}
}
//cout<<head<<endl;
}
for(re i=1;i<=n;i++)ans=(ans+ksm(3,i-1)*f[i]%mod)%mod;//cout<<f[i]<<endl;
printf("%lld",ans);
}
好了，真好，在zero4338的数据之下，我的代码死成了90,然后又调了一天
真的是很难啊。。。。。
首先我们先会\(\mathcal{O(nlogn)}\)的做法
有一个式子，也就是题解上的式子，不过那个官方的题解真的不是人，直接上了个错的
发现一个规律，如果我用一个中心在当前行的菱形去覆盖，如果无论中心在哪，能覆盖到的点都是1,那么这个是无解的
设菱形的半径为k，那么k步就绝对不可能消掉当前行上的1，为什么是k步，
我们从左端点开始找，先横着走，走到中心所在的列，再一行一行的向下消，所以有这样一个式子：
设中心所在列为y，那么可以完全覆盖的条件为\(y-(k-|i-j|)\ge l_j\)，右边同理\(y+(k-|i-j|)\le r_j\)
我们有了这个结论，我们找到最大的k不能消掉当前行，那么k+1就是答案
（我也曾经尝试过找到最小的k可以消掉，但是我失败了）
这个直接把上面的式子拆绝对值，然后变换一下，可以用\(RMQ\)求，直接看看\(y\)可不可能有解，找\(k\)的时候直接二分
这个空间时间都不行。
RMQ+二分
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define re register int
const int N=5e6+5;
const int mod=998244353;
int n,L,X,Y,l[N],r[N],ql[N],qr[N];
typedef unsigned long long u64;
u64 A,B;
u64 xorshift128p(u64 &A, u64 &B) {
u64 T=A,S=B;A=S;
T^=T<<23;T^=T>>17;
T^=S^(S>>26);B=T;
return T+S;
}
void gen(int n,int L,int X,int Y,u64 A,u64 B,int l[],int r[]){
for(int i=1;i<=n;i++){
l[i]=xorshift128p(A,B)%L+X;
r[i]=xorshift128p(A,B)%L+Y;
if(l[i]>r[i])swap(l[i],r[i]);
}
}
int sl[2][N/5][24],sr[2][N/5][24],lg[N],ans,f[N];
int getl(int x,int y,int typ){
int t=lg[y-x+1];
return max(sl[typ][x][t],sl[typ][y-(1<<t)+1][t]);
}
int getr(int x,int y,int typ){
int t=lg[y-x+1];
return min(sr[typ][x][t],sr[typ][y-(1<<t)+1][t]);
}
bool check(int y,int z,int k,int i){
k--;if(i-k<=0||i+k>n)return false;
int ql0=getl(i-k,i,0)+k-i;
int qr0=getr(i-k,i,0)-k+i;
int ql1=getl(i,i+k,1)+k+i;
int qr1=getr(i,i+k,1)-k-i;
if(max(ql0,ql1)>min(qr0,qr1))return false;
if(z-k<max(ql0,ql1)||y+k>min(qr0,qr1))return false;
return true;
}
int gete(int y,int z,int i,int mn,int mx){
int l=mn,r=mx,mid;
while(l<r){
mid=l+r+1>>1;
if(check(y,z,mid,i))l=mid;
else r=mid-1;
}
return l;
}
signed main(){
scanf("%lld%lld%lld%lld%llu%llu",&n,&L,&X,&Y,&A,&B);
gen(n,L,X,Y,A,B,l,r);
lg[0]=-1;for(re i=1;i<=n;i++)lg[i]=lg[i>>1]+1;
for(re i=n,mx;i>=1;i--){
mx=lg[n-i+1];
sl[0][i][0]=l[i]+i;
for(re j=1;j<=mx;j++)sl[0][i][j]=max(sl[0][i][j-1],sl[0][i+(1<<j-1)][j-1]);
sl[1][i][0]=l[i]-i;
for(re j=1;j<=mx;j++)sl[1][i][j]=max(sl[1][i][j-1],sl[1][i+(1<<j-1)][j-1]);
}
for(re i=n,mx;i>=1;i--){
mx=lg[n-i+1];
sr[0][i][0]=r[i]-i;
for(re j=1;j<=mx;j++)sr[0][i][j]=min(sr[0][i][j-1],sr[0][i+(1<<j-1)][j-1]);
sr[1][i][0]=r[i]+i;
for(re j=1;j<=mx;j++)sr[1][i][j]=min(sr[1][i][j-1],sr[1][i+(1<<j-1)][j-1]);
}
ans=f[1]=1;
for(re i=2,bas=3;i<=n;i++,bas=bas*3%mod){
f[i]=gete(l[i],r[i],i,max(f[i-1]-1,1ll),min(f[i-1]+1,r[i]-l[i]+2>>1));
ans=(ans+bas*f[i])%mod;
}
printf("%lld",ans);
}
然后我们考虑优化：
第一步：\(|f_i-f_{i-1}|\le 1\)，所以下次二分的区间就变成\(\mathcal{O(1)}\)的了
第二步：既然\(f\)的差值不大，那么求\(RMQ\)的区间的端点差值也不会很大，
详细的，\(f_i\)的区间左右端点一定在\(f_{i-1}\)的端点上或者右侧
那么就可以直接单调队列搞定了，\([i,i+k]\)这个区间不可以直接加上，因为端点顶多差2,所以这一部分直接循环一下
算完这一行之后，再统一把后面的值插入到单调队列中。。。。
AC_code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define re register int
const int N=5e6+5;
const int mod=998244353;
int n,L,X,Y,l[N],r[N],ql[N],qr[N];
typedef unsigned long long u64;
u64 A,B;
u64 xorshift128p(u64 &A, u64 &B) {
u64 T=A,S=B;A=S;
T^=T<<23;T^=T>>17;
T^=S^(S>>26);B=T;
return T+S;
}
void gen(int n,int L,int X,int Y,u64 A,u64 B,int l[],int r[]){
for(int i=1;i<=n;i++){
l[i]=xorshift128p(A,B)%L+X;
r[i]=xorshift128p(A,B)%L+Y;
if(l[i]>r[i])swap(l[i],r[i]);
}
}
int s[2][2][N],dl[2][2][N],it[2][2][2],ans,f[N];
void mov0(int x,int y,int t){
while(dl[0][t][it[0][t][0]]<x&&it[0][t][0]<=it[0][t][1])it[0][t][0]++;
int beg=dl[0][t][it[0][t][1]]+1;
for(re i=beg;i<=y;i++){
while(s[0][t][dl[0][t][it[0][t][1]]]<=s[0][t][i]&&it[0][t][0]<=it[0][t][1])it[0][t][1]--;
dl[0][t][++it[0][t][1]]=i;
}while(dl[0][t][it[0][t][0]]<x&&it[0][t][0]<=it[0][t][1])it[0][t][0]++;
}
void mov1(int x,int y,int t){
while(dl[1][t][it[1][t][0]]<x&&it[1][t][0]<=it[1][t][1])it[1][t][0]++;
int beg=dl[1][t][it[1][t][1]]+1;
for(re i=beg;i<=y;i++){
while(s[1][t][dl[1][t][it[1][t][1]]]>=s[1][t][i]&&it[1][t][0]<=it[1][t][1])it[1][t][1]--;
dl[1][t][++it[1][t][1]]=i;
}while(dl[1][t][it[1][t][0]]<x&&it[1][t][0]<=it[1][t][1])it[1][t][0]++;
}
int get0(int x,int y,int w,int t){
int now=it[w][t][0];
while(dl[w][t][now]<x&&now<=it[w][t][1])now++;
return s[w][t][dl[w][t][now]];
}
int get1(int x,int y,int w,int t,int typ){
int now=it[w][t][0];
while(dl[w][t][now]<x&&now<=it[w][t][1])now++;
int ret=s[w][t][dl[w][t][now]];
for(re i=dl[w][t][it[w][t][1]]+1;i<=y;i++){
if(!typ)ret=max(ret,s[w][t][i]);
else ret=min(ret,s[w][t][i]);
}
return ret;
}
bool check(int y,int z,int k,int i){
k--;if(i-k<=0||i+k>n)return false;
int ql0=get0(i-k,i,0,0)+k-i;
int qr0=get0(i-k,i,1,0)-k+i;
int ql1=get1(i,i+k,0,1,0)+k+i;
int qr1=get1(i,i+k,1,1,1)-k-i;
if(max(ql0,ql1)>min(qr0,qr1))return false;
if(z-k<max(ql0,ql1)||y+k>min(qr0,qr1))return false;
return true;
}
int gete(int y,int z,int i,int mn,int mx){
int l=mn,r=mx,mid,ret;
for(mid=l;mid<=r;mid++){
if(check(y,z,mid,i))ret=mid;
else break;
}
return ret;
}
signed main(){
scanf("%lld%lld%lld%lld%llu%llu",&n,&L,&X,&Y,&A,&B);
gen(n,L,X,Y,A,B,l,r);
for(re i=n,mx;i>=1;i--)s[0][0][i]=l[i]+i,s[0][1][i]=l[i]-i;
for(re i=n,mx;i>=1;i--)s[1][0][i]=r[i]-i,s[1][1][i]=r[i]+i;
for(re i=0;i<=1;i++)for(re j=0;j<=1;j++)it[i][j][0]=1;
mov0(1,2,0);mov1(1,2,0);mov0(2,2,1);mov1(2,2,1);
ans=f[1]=1;
for(re i=2,bas=3;i<=n;i++,bas=bas*3%mod){
f[i]=gete(l[i],r[i],i,max(f[i-1]-1,1ll),min(f[i-1]+1,r[i]-l[i]+2>>1));
mov0(i+1,max(i+1,i+f[i]-1),1);mov1(i+1,max(i+1,i+f[i]-1),1);
mov0(max(i-f[i]+1,1ll),i+1,0);mov1(max(i-f[i]+1,1ll),i+1,0);
ans=(ans+bas*f[i])%mod;
}
printf("%lld",ans);
}
QQ:2953174821
