3.CSP模拟<反思> (16~20)2023-08-10

4.CSP模拟<反思> (21~31)2023-08-15 5.CSP模拟<反思>（35~41）2023-09-14 6.CSP模拟<反思>（50~？）2023-10-08 7.CSP模拟50联测12 2023-10-05 8.NOIP模拟<反思>（33~35）2023-11-08 9.NOIP模拟<反思>（36~）2023-11-16 10.省选联测 (7~13)2024-01-08 11.省选联测（14~20）2024-01-19

csp模拟16#

魔法仪式#

考虑经典的分治解决区间数数题的做法，对于一个区间，取中点，计算左端点在中点左边且右端点在中点右边的方案数，之后递归分治，即可求得答案。

考虑枚举中点后怎么计算，分开考虑最大值在左边和在右边的情况，以在左边的情况为例，从中点向左枚举左端点，不断维护右端点的可选范围（只需要保证最大值在左边），同时维护数组num[k]表示当前从中点到右边余数为k的方案数，这样对于每个左端点，只要在num中查询对应的值。 $O (n \log n)$

做过的有趣的区间问题和第负一题

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=3*1e5+10;
const int M=3*1e6+10;
int a[N];
int smod[M];
int tot;
int fk[M];
long long ans=0;
int n,k;
void solve(int l,int r){
	if(l==r) return;
	int mid=(l+r)/2;
	int suml=0,ma=-1,sumr=0;
	int j=mid;
	tot=0;
	for(int i=mid;i>=l;i--){
		suml+=a[i];
		ma=max(ma,a[i]);
		int op=1;
		while(j<r && a[j+1]<ma){
			j++;
			sumr+=a[j];
			smod[sumr%k]++;
			fk[++tot]=sumr%k;
		}
		ans+=smod[(k-(suml-ma)%k)%k];
	}
	for(int i=1;i<=tot;i++){
		smod[fk[i]]=0;
	}
	ma=-1,sumr=0,suml=0;
	j=mid+1;
	tot=0;
	for(int i=mid+1;i<=r;i++){
		sumr=sumr+a[i];
		ma=max(ma,a[i]);
		while(j>l && a[j-1]<=ma){
			j--;
			suml+=a[j];
			smod[suml%k]++;
			fk[++tot]=suml%k;
		}
		ans+=smod[(k-(sumr-ma)%k)%k];
	}
	for(int i=1;i<=tot;i++){
		smod[fk[i]]=0;
	}
	solve(l,mid);
	solve(mid+1,r);
}
signed main(){
	scanf("%lld%lld",&n,&k);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%lld",&a[i]);
	}
	solve(1,n);
	printf("%lld",ans);
}

这里说一下第负一题：

第负一题#

首先 $n^{2}$ 暴力很好想到。这又是一个区间问题，考虑分治，计算跨过中点 $m i d$ 的区间的 $f$ 之和。

可以从区间中点向左写一个 $D P$ ，向右写一个 $D P$ 。 $f_{i, 0 / 1, 0 / 1}$ 表示 $D P$ 到 $i$ ，第一个 $0 / 1$ 表示 $m i d$ 或 $m i d + 1$ 是不是被选了，第二个 $0 / 1$ 表示是不是选择第 $i$ 个元素。

枚举左端点 $l$ 对于所有右端点 $r$ 求和：设 $g_{i, j} = m a x {f_{i, j, 0}, f_{i, j, 1}}$ 。
区间 $[l, r]$ 的答案就 $m a x {g_{l, 0} + g_{r, 0}, g_{l, 0} + g_{r, 1}, g_{l, 1} + g_{r, 0}}$ 但是这个式子可以写成 $g_{l, 0} + m a x {g_{r, 0}, g_{r, 1}}$ 和 $g_{l, 1} + g_{r, 0}$ 找最大值。

如果 $g_{r, 0} - m a x {g_{r, 0}, g_{r, 1}} \geq g_{l, 0} - g_{l, 1}$ 这样就必须选后者。

所以将所有的 $g_{r, 0} - m a x {g_{r, 0}, g_{r, 1}}$ 排序，二分找到分界点用前缀和计算.

这题还是强调一个分离变量的技巧，比较大小的时候把和 $l$ 相关的挪到一侧，和 $r$ 相关的挪到另一侧。

具体就是先扫右侧，排序，求右侧前缀，再扫左侧，扫的过程中二分查找点，然后计算贡献。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int mod=998244353;
const int N=2*1e5+10;
int a[N];
int ans=0;
int f[N][2][2],g[N][2],cf[N],gf[N];
int sum1[N],sum2[N];
struct lhx{
	int data,id;
}d[N];
bool amp(lhx x,lhx y){
	return x.data<y.data;
}
int ask(int x,int ls,int rs){
	int l=ls,r=rs;
	while(l<r){
		int mid=(l+r+1)/2;
		if(d[mid].data<=x) l=mid;
		else r=mid-1;
	}
	return l;
}
void solve(int l,int r){
	if(l==r){
		ans=(ans+a[l])%mod;
		return;
	}
	int anss=ans;
	int mid=(l+r)/2;
	f[mid+1][0][0]=f[mid+1][0][1]=f[mid+1][1][0]=0,f[mid+1][1][1]=a[mid+1];
	g[mid+1][0]=f[mid+1][0][0];
	g[mid+1][1]=f[mid+1][1][1];
	d[mid+1].data=g[mid+1][0]-max(g[mid+1][0],g[mid+1][1]);
	d[mid+1].id=mid+1;
	for(int i=mid+2;i<=r;i++){
		f[i][0][0]=max(f[i-1][0][0],f[i-1][0][1]);
		f[i][1][0]=max(f[i-1][1][0],f[i-1][1][1]);
		f[i][0][1]=f[i-1][0][0]+a[i];
		f[i][1][1]=f[i-1][1][0]+a[i];
		g[i][0]=max(f[i][0][0],f[i][0][1]);
		g[i][1]=max(f[i][1][0],f[i][1][1]);
		d[i].data=g[i][0]-max(g[i][0],g[i][1]);
		d[i].id=i;
	}
	sort(d+mid+1,d+r+1,amp);
	sum1[mid]=sum2[mid]=sum1[r+1]=sum2[r+1]=0;
	for(int i=mid+1;i<=r+1;i++){
		sum1[i]=sum1[i-1]+g[d[i].id][0];
		sum2[i]=sum2[i-1]+max(g[d[i].id][0],g[d[i].id][1]);
	}
	f[mid][0][0]=f[mid][0][1]=f[mid][1][0]=0,f[mid][1][1]=a[mid];
	g[mid][0]=f[mid][0][0];
	g[mid][1]=f[mid][1][1];
	int j=ask(g[mid][0]-g[mid][1],mid,r);
	ans=(ans+g[mid][0]*(j-mid)%mod+sum2[j]+sum1[r]-sum1[j]+g[mid][1]*(r-j)%mod+mod)%mod;
	for(int i=mid-1;i>=l;i--){
		f[i][0][0]=max(f[i+1][0][0],f[i+1][0][1]);
		f[i][1][0]=max(f[i+1][1][0],f[i+1][1][1]);
		f[i][0][1]=f[i+1][0][0]+a[i];
		f[i][1][1]=f[i+1][1][0]+a[i];
		g[i][0]=max(f[i][0][0],f[i][0][1]);
		g[i][1]=max(f[i][1][0],f[i][1][1]);
		int j=ask(g[i][0]-g[i][1],mid,r);
		ans=(ans+g[i][0]*(j-mid)%mod+sum2[j]+sum1[r]-sum1[j]+g[i][1]*(r-j)%mod+mod)%mod;
	}
	solve(l,mid),solve(mid+1,r);
}
signed main(){
	int n;
	scanf("%lld",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%lld",&a[i]);
	}
	solve(1,n);
	cout<<ans<<endl;
}
/*
10
850534838 749655434 745817507 991867417 645519349 373697182 427765279 182404140 260664174 366393413

5
1 3 3 2 4
*/

独特的数字#

数位状压dp， $f [i] [j]$ 表示考虑到前i位，当前选择数字的状态是j的方案数.因为要考虑选不选 $0$ ,所以多设一维 $f [i] [j] [0 / 1]$ 表示有没有前导零。然后深搜的时候记忆化就行了，对于2操作直接进行二分。十六进制转化就不说了，太麻烦。

点击查看代码

__int128 solve(__int128 op,__int128 zt,bool limit,__int128 fk){
	if(!op) return 1;
	if(!limit && dp[op][zt][fk]!=-1) return dp[op][zt][fk];
	__int128 up=limit?num[op]:9;
	__int128 ans=0;
	for(__int128 i=0;i<=up;i++){
		if(fk==1 && i==0){
			ans+=solve(op-1,zt,limit&&i==up,1);
			continue;
		}
		if(zt&(1<<i)) continue;
		__int128 s=(zt|(1<<i));
		ans+=solve(op-1,s,limit&&i==up,0); 
	}
	if(!limit) dp[op][zt][fk]=ans;
	return ans;
}
__int128 ask(__int128 k){
	if(k<0) return 0;
	__int128 ans=0;
	while(k){
		num[++ans]=k%10;
		k/=10;
	}
	return solve(ans,0,1,1);
}
__int128 check(__int128 x){
	__int128 l=0,r=17647868272689243559ull;
	while(l<r){
		__int128 mid=(l+r)/2;
		if(ask(mid)>=x) r=mid;
		else l=mid+1;
	}
	if(r>=M) return -1; 
	return l;
}

csp模拟17#

选举#

可以想到莫队+线段树维护区间最大，复杂度 $O (n \sqrt{n} \log n)$ ,会超时，在考虑特殊性质 $m <= 200$ 可以用前缀和， $r - l <= 200$ 也可过，所以这个做法甚至和 $n^{2}$ 暴力一样。

正解：回滚莫队里套一个分块，可以将修改变为 $O (1)$ ,查询变为 $O (\sqrt{n})$ ,总 $O (n \sqrt{n})$ ,给党派分块，具体是维护党派的区块的最大值的数组和单个的个数的数组，查询直接分块查询，注意回滚删除前将两个数组赋到一个新的数组里，然后删除时再赋回来就可以了。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e5+10;
int a[N],b[N];
struct asd{
	int l,r,sl,sr;
	int id;
}p[N];
int t1,t2;
int ln[N],rn[N];
int lm[N],rm[N];
int sum[N],c[N],sum1[N],c1[N];
int sum2[N],c2[N]; 
int posn[N],posm[N];
int cnt[N];
int data[N];//最终答案 
bool amp(asd a,asd b){
	if(posn[a.l]==posn[b.l]){
		return a.r<b.r;
	}
	return posn[a.l]<posn[b.l];
}
void add(int x){
	c[a[x]]+=b[x];
	c2[a[x]]=c[a[x]];
	sum[posm[a[x]]]=max(sum[posm[a[x]]],c[a[x]]);
	sum2[posm[a[x]]]=sum[posm[a[x]]];
}
void add1(int x){
	c[a[x]]+=b[x];
	sum[posm[a[x]]]=max(sum[posm[a[x]]],c[a[x]]);
}
void dele1(int x){
	c[a[x]]=c2[a[x]];
	sum[posm[a[x]]]=sum2[posm[a[x]]];
} 
int query(int x,int y){
	int l=posm[x],r=posm[y];
	int ma=0;
	if(l==r){
		for(int i=x;i<=y;i++) ma=max(ma,c[i]);
	}
	else{
		for(int i=l+1;i<=r-1;i++) ma=max(ma,sum[i]);
		for(int i=x;i<=rm[l];i++) ma=max(ma,c[i]);
		for(int i=lm[r];i<=y;i++) ma=max(ma,c[i]);
	}
	return ma;
}
signed main(){
	int n,m,Q;
	scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&Q);
	t1=sqrt(n);t2=sqrt(m);	
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%lld",&a[i]);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%lld",&b[i]);
	}
	for(int i=1;i<=Q;i++){
		scanf("%lld%lld%lld%lld",&p[i].l,&p[i].r,&p[i].sl,&p[i].sr);
		p[i].id=i;
	}
	for(int i=1;i<=t1;i++){
		ln[i]=(i-1)*t1+1;
		rn[i]=t1*i;
	}
	if(rn[t1]<n) t1++,ln[t1]=rn[t1-1]+1,rn[t1]=n;
	for(int i=1;i<=t1;i++){
		for(int j=ln[i];j<=rn[i];j++){
			posn[j]=i;
		} 
	}
	for(int i=1;i<=t2;i++){
		lm[i]=(i-1)*t2+1;
		rm[i]=i*t2;
	}
	if(rm[t2]<m) t2++,lm[t2]=rm[t2-1]+1,rm[t2]=m;
	for(int i=1;i<=t2;i++){
		for(int j=lm[i];j<=rm[i];j++){
			posm[j]=i;
		}
	}
	sort(p+1,p+Q+1,amp);
	int l=1,r=0,block=0;
	int ma=0;
	for(int i=1;i<=Q;i++){
		int s1=posn[p[i].l],s2=posn[p[i].r];
		if(s1==s2){
			int tmp=0;
			for(int j=p[i].l;j<=p[i].r;j++){
				if(a[j]>=p[i].sl && a[j]<=p[i].sr){
					cnt[a[j]]+=b[j];
					tmp=max(tmp,cnt[a[j]]);
				}
			}
			for(int j=p[i].l;j<=p[i].r;j++){
				cnt[a[j]]=0;
			}
			data[p[i].id]=tmp;
			continue;
		}
		if(block^posn[p[i].l]){
			memset(sum,0,sizeof(sum));
			memset(c,0,sizeof(c));
			memset(sum2,0,sizeof(sum2));
			memset(c2,0,sizeof(c2));
			l=rn[posn[p[i].l]]+1,r=rn[posn[p[i].l]];
			ma=0,block=posn[p[i].l];
		}
		while(r<p[i].r) r++,add(r);
		int ll=l;
		while(ll>p[i].l) ll--,add1(ll);
		int tmp=query(p[i].sl,p[i].sr); 
		while(ll<rn[posn[p[i].l]]+1) dele1(ll),ll++;
		data[p[i].id]=tmp;
	}
	for(int i=1;i<=Q;i++){
		printf("%lld\n",data[i]);
	}
	
}
/*
5 3 3
1 3 2 3 2
1 2 1 1 2
1 4 1 3
1 4 1 2
2 3 1 1


*/

晚会#

思考三个人之间友好距离为 $a, b, c$ 则一定有 $a = b \leq c$ 将边权从大到小排序，利用一个并查集维护每个连通块的大小与最小值，如果插入的边两点属于一个联通块，且边权不等于最小值，则不合法，不属于一个联通块，统计边权对答案的贡献，就是两个连通块的大小乘边权，加完后还不连通的点就值就是1。

csp模拟19#

最烂，没有之一！！！

十年之约#

输出打错了，挂60；

可爱三小只#

空间开小了，挂50；

蛋糕塌了#

首先可以想暴力， $O (q n^{2})$

修改操作考虑利用数据结构维护，对于区间 $(l, r)$ 再考虑分治，中点 $m i d$ ,对于左端点在 $(l, m i d)$ 右端点在 $(m i d + 1, r)$ 计算贡献为

\frac{p_{i} * p_{j}}{2^{j - i + 1}} = \frac{p^{i}}{2^{m i d - i + 1}} * \frac{p^{j}}{2^{j - m i d}}

我们维护一个 $h (l, m) = \sum_{i = l}^{m} \frac{p_{i}}{2^{m - i + 1}}$ 用来维护左侧的值，相对于 $m$ 点来说， $g (l, m) = \sum_{i = l}^{m} \frac{p_{i}}{2^{i - l + 1}}$ 用来维护右侧，相对于 $l$ 点来说。所以就有如下方程：

g (l, r) = g (l, m) + \frac{g (m + 1, r)}{2^{m - l + 1}}

h (l, r) = \frac{h (l, m)}{2^{r - m}} + h (m + 1, r)

区间答案就是： $a n s_{l, r} = a n s_{l, m} + a n s_{m + 1, r} + h (l, m) * g (m + 1, r)$

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
const int N=6*1e5+10;
int base[N];
int ny;
int mgml(int x,int p){
	int ans=1;
	while(p){
		if(p&1) ans=(ans*x)%mod;
		x=(x*x)%mod;
		p>>=1;
	}
	return ans;
}
struct asd{
	int size,g,h,l,r;
	int f;
}tr[N*4];
struct qwe{
	int x,y;
}as[N*4];
int a[N*4],b[N*4],rk[N*4];
int tk[N];
int tot=0;
struct zxc{
	int data,fk,kl;
}st[N];
bool flat[N];
void pushup(int p){
	tr[p].size=tr[p*2].size+tr[p*2+1].size;
	tr[p].f=((tr[p*2].f+tr[p*2+1].f)%mod+tr[p*2].h*tr[p*2+1].g%mod)%mod;
	tr[p].g=(tr[p*2].g+tr[p*2+1].g*base[tr[p*2].size]%mod)%mod;
	tr[p].h=(tr[p*2].h*base[tr[p*2+1].size]%mod+tr[p*2+1].h)%mod;
}
void build(int p,int l,int r){
	tr[p].l=l,tr[p].r=r;
	if(l==r){
		if(flat[l]){
			tr[p].size=1;
			tr[p].f=0;
			tr[p].g=tr[p].h=rk[l]*ny%mod;
		}
		return;
	}
	int mid=(l+r)/2;
	build(p*2,l,mid);
	build(p*2+1,mid+1,r);
	pushup(p);
}
void change(int p,int wh,int v){
	if(tr[p].l==tr[p].r){
		if(v==0){
			tr[p].size=0;
			tr[p].f=tr[p].g=tr[p].h=0;
		}
		else{
			tr[p].size=1;
			tr[p].f=0;
			tr[p].g=tr[p].h=rk[wh]*ny%mod;
		}
		return;
	}
	int mid=(tr[p].l+tr[p].r)/2;
	if(wh<=mid) change(p*2,wh,v);
	else change(p*2+1,wh,v);
	pushup(p);
}
bool amp(zxc a,zxc b){
	return a.data<b.data;
}
int p[N*4];
int n;
void init(){
	base[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		base[i]=base[i-1]*2%mod;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		base[i]=mgml(base[i],mod-2);
	}
	ny=mgml(2,mod-2);
}
inline int read(){
	int x(0);bool f(0);char ch=getchar();
	for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar()) f^=ch=='-';
	for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
	return f?x=-x:x;
}
inline void write(int x){
	x<0?x=-x,putchar('-'):0;static short Sta[50],top(0);
	do{Sta[++top]=x%10;x/=10;}while(x);
	while(top) putchar(Sta[top--]|48);
	putchar('\n');
}
signed main(){
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;i++){
		a[i]=read();
		st[++tot].data=a[i];
		st[tot].kl=i;
	}
	init();
	int q;
	q=read();
	for(int i=1;i<=q;i++){
		as[i].x=read(),as[i].y=read();
		st[++tot].data=as[i].y;
		st[tot].fk=i;
	}
	sort(st+1,st+tot+1,amp);
	for(int i=1;i<=tot;i++){
		rk[i]=st[i].data;
		if(st[i].kl){
			p[st[i].kl]=i;
			flat[i]=1;
		}
		if(st[i].fk){
			tk[st[i].fk]=i;
		}
	}
	build(1,1,tot);
	write(tr[1].f);
	for(int i=1;i<=q;i++){
		change(1,p[as[i].x],0);
		change(1,tk[i],1);
		p[as[i].x]=tk[i];
		write(tr[1].f);
	}
}
/*
4
3 4 5 5
4
1 5
2 5
3 5
4 5

*/

西安行#

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
const int N=1e7+10;
int n,m;
struct asd{
	int s[5][5];
	int l,r;
}a,b,f,c;
int d[N];
asd mul(asd s1,asd s2){
	asd z;
	memset(z.s,0,sizeof(z.s));
	for(int i=1;i<=s1.r;i++){
		for(int j=1;j<=s2.l;j++){
			for(int k=1;k<=s1.l;k++){
				z.s[j][i]+=s1.s[k][i]*s2.s[j][k]%mod;
				z.s[j][i]%=mod;
			}
		}
	}
	z.l=s2.l;
	z.r=s1.r;
	return z;
}
asd mgml(asd x,int p){
	asd z;
	memset(z.s,0,sizeof(z.s));
	for(int i=1;i<=3;i++) z.s[i][i]=1;
	z.l=z.r=3;
	while(p){
		if(p&1) z=mul(z,x);
		x=mul(x,x);
		p>>=1;
	}
	return z;
}
signed main(){
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	for(int i=1;i<=m;i++){
		scanf("%lld",&d[i]);
	}
	a.l=a.r=b.l=b.r=c.l=c.r=3;
	a.s[1][1]=1,a.s[1][2]=0,a.s[1][3]=1;
	a.s[2][1]=2,a.s[2][2]=1,a.s[2][3]=2;
	a.s[3][1]=1,a.s[3][2]=1,a.s[3][3]=2;
	
	b.s[1][1]=1,b.s[1][2]=0,b.s[1][3]=0;
	b.s[2][1]=2,b.s[2][2]=1,b.s[2][3]=0;
	b.s[3][1]=1,b.s[3][2]=1,b.s[3][3]=1;
	
	f.l=3,f.r=1;
	f.s[1][1]=1;
	f.s[2][1]=2;
	f.s[3][1]=1;
	d[0]=0;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		if(d[i]-d[i-1]>1)f=mul(f,mgml(a,d[i]-d[i-1]-1));
		f=mul(f,b);
	}
	if(d[m]<n-1){
		if(n-1-d[m]>0){
			f=mul(f,mgml(a,n-1-d[m]));
		}
	}
	int ans=0;
	cout<<f.s[3][1];
}

csp模拟20#

赞颂太阳#

看到与多个字符串长度有关，就可以想到AC自动机，然后按套路列出方程，
$d p [i] [j]$ 表示匹配到第 $i$ 个以 $j$ 结尾的最短长度， $c o n [i] [j]$ 表示 $i$ 的后缀和 $j$ 的前缀最大重合部分。 $c o n$ 可以用AC自动机预处理出，再看数据范围，用矩阵快速幂，这里有区别，并不是乘而是相加取 $m i n$ .

d p [i] [j] = d [i] [k] + l e n [k] - c o n [i] [j]

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=200005;
int a[N];
int b[N*2];
struct zxc{
	int op,b,c,d;
}g[N];
int cnt=0;
int c[N*4];
int lowbit(int x){
	return x&(-x);
}
void add(int wh,int v){
	if(wh==0) return;
	for(;wh<=cnt;wh+=lowbit(wh)) c[wh]+=v;
}
int ask(int wh){
	int ans=0;
	for(;wh;wh-=lowbit(wh)) ans+=c[wh];
	return ans;
}
struct asd{
	int l,r;
}kk[N];
int main(){
	freopen("darkteam.in","r",stdin);
	freopen("darkteam.out","w",stdout);
	int n,m;
	scanf("%d%d",&n,&m);
	b[++cnt]=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d",&a[i]);
		b[++cnt]=a[i];
	}
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int op,x,y;
		scanf("%d",&g[i].op);
		if(g[i].op==1){
			scanf("%d",&g[i].b);
			b[++cnt]=g[i].b;
		}
		else{
			scanf("%d%d",&g[i].c,&g[i].d);
			b[++cnt]=g[i].d;
		}
	}
	sort(b+1,b+cnt+1);
	int tot=unique(b+1,b+cnt+1)-(b+1);
	for(int i=0;i<=n;i++){
		int s1=lower_bound(b+1,b+tot+1,a[i])-(b);
		int s2=lower_bound(b+1,b+tot+1,a[i+1])-(b);
		int l=min(s1,s2)+1,r=max(s1,s2);
		add(l,1),add(r+1,-1);
	}
	for(int i=1;i<=m;i++){
		if(g[i].op==1){
			int s1=lower_bound(b+1,b+tot+1,g[i].b)-(b);
			int ans;
			ans=ask(s1);
			cout<<ans/2<<endl;
		}
		else{
			int s1=lower_bound(b+1,b+tot+1,a[g[i].c-1])-(b);
			int s2=lower_bound(b+1,b+tot+1,a[g[i].c])-(b);
			int s3=lower_bound(b+1,b+tot+1,a[g[i].c+1])-(b);
			int s4=lower_bound(b+1,b+tot+1,g[i].d)-(b);
			a[g[i].c]=g[i].d;
			int l=min(s1,s2)+1,r=max(s1,s2);
			add(l,-1),add(r+1,1);
			l=min(s2,s3)+1,r=max(s2,s3);
			add(l,-1),add(r+1,1);
			l=min(s4,s1)+1,r=max(s4,s1);
			add(l,1),add(r+1,-1);
			l=min(s4,s3)+1,r=max(s3,s4);
			add(l,1),add(r+1,-1);
		}
	}
}

幽邃主教群#

对于相邻的两个数 $x, y$ 以及查询 $B$ ,则 $m i n (x, y) + 1 \leq m a x (x, y)$ 则会造成贡献为1，最后总贡献除以二就是最后答案，因为要修改，所以可以用树状数组差分维护（相邻两个点在一段区间有贡献），更改时删掉原来的在加上现在的。还要使用离散化，注意处理 $0$ 与 $n + 1$ 对两头贡献。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=200005;
int a[N];
int b[N*2];
struct zxc{
	int op,b,c,d;
}g[N];
int cnt=0;
int c[N*4];
int lowbit(int x){
	return x&(-x);
}
void add(int wh,int v){
	if(wh==0) return;
	for(;wh<=cnt;wh+=lowbit(wh)) c[wh]+=v;
}
int ask(int wh){
	int ans=0;
	for(;wh;wh-=lowbit(wh)) ans+=c[wh];
	return ans;
}
struct asd{
	int l,r;
}kk[N];
int main(){
	freopen("darkteam.in","r",stdin);
	freopen("darkteam.out","w",stdout);
	int n,m;
	scanf("%d%d",&n,&m);
	b[++cnt]=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d",&a[i]);
		b[++cnt]=a[i];
	}
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int op,x,y;
		scanf("%d",&g[i].op);
		if(g[i].op==1){
			scanf("%d",&g[i].b);
			b[++cnt]=g[i].b;
		}
		else{
			scanf("%d%d",&g[i].c,&g[i].d);
			b[++cnt]=g[i].d;
		}
	}
	sort(b+1,b+cnt+1);
	int tot=unique(b+1,b+cnt+1)-(b+1);
	for(int i=0;i<=n;i++){
		int s1=lower_bound(b+1,b+tot+1,a[i])-(b);
		int s2=lower_bound(b+1,b+tot+1,a[i+1])-(b);
		int l=min(s1,s2)+1,r=max(s1,s2);
		add(l,1),add(r+1,-1);
	}
	for(int i=1;i<=m;i++){
		if(g[i].op==1){
			int s1=lower_bound(b+1,b+tot+1,g[i].b)-(b);
			int ans;
			ans=ask(s1);
			cout<<ans/2<<endl;
		}
		else{
			int s1=lower_bound(b+1,b+tot+1,a[g[i].c-1])-(b);
			int s2=lower_bound(b+1,b+tot+1,a[g[i].c])-(b);
			int s3=lower_bound(b+1,b+tot+1,a[g[i].c+1])-(b);
			int s4=lower_bound(b+1,b+tot+1,g[i].d)-(b);
			a[g[i].c]=g[i].d;
			int l=min(s1,s2)+1,r=max(s1,s2);
			add(l,-1),add(r+1,1);
			l=min(s2,s3)+1,r=max(s2,s3);
			add(l,-1),add(r+1,1);
			l=min(s4,s1)+1,r=max(s4,s1);
			add(l,1),add(r+1,-1);
			l=min(s4,s3)+1,r=max(s3,s4);
			add(l,1),add(r+1,-1);
		}
	}
}

作者：bloss

出处：https://www.cnblogs.com/jinjiaqioi/p/17619315.html

版权：本作品采用「署名-非商业性使用-相同方式共享 4.0 国际」许可协议进行许可。

posted @ 2023-08-10 06:52 _bloss 阅读(41) 评论(4) 编辑收藏举报

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