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2024-04-23 13:38阅读: 54评论: 0推荐: 0

GJOI 2024.4.20 总结

Morning:

T1 小鸟

Statement:

在一个 $n$ 的二维平面里， $X$ 轴的正方向是向右的， $Y$ 轴的正方向是向上的。

在坐标系第一象限里，左下角的点的坐标是 $(0, 0)$ ,右上角的点的坐标是 $(n - 1, n - 1)$ 。

所以本题我们考虑的整个平面总共有 $n \times n$ 个整点，每个整点都有一只小鸟，除了 $(0, 0)$ 。

在整点 $(0, 0)$ 处有一把静音的机关枪，你可以选择任意的角度开枪，每开一枪，相当于

从 $(0, 0)$ 处发射出一条射线，凡是在该射线上的小鸟都会被打死。

你最多可以开 $k$ 枪，请问最多可以打死多少只小鸟？

但是有 $m$ 只小鸟事先收到风，在你没开枪之前就先飞走了。

$1 \leq n \leq 4000000 ， 1 \leq k \leq 16000000000000 ， 1 \leq m \leq min (n * n - 1, 2500)$

Solution:

考场被卡常力（悲

先计算 $m = 0$ 的情况。

注意到一个点至多被一条直线经过，因此分别计算每一条直线的贡献，取最大贡献的 $k$ 条即可。而且除了 $y = x$ 都是唯一的，斜率小于 1 的和斜率大于 1 的直线是可以一一对应的，因此接下来只考虑斜率小于 1 的直线。

考虑一条经过 $(0, 0)$ 的直线 $y = \frac{p}{q} x (p < q, gcd (p, q) = 1)$ 会经过多少个点。显然是 $⌊ \frac{n - 1}{q} ⌋$ 个。那么分母为 $q$ 的直线有 $ϕ (q)$ 条，每条贡献 $⌊ \frac{n - 1}{q} ⌋$ 。这样就好做了。

那么现在加入 $m$ 个去除的点。对于一个点 $(x, y)$ ，将其约分后得到 $(x_{0}, y_{0})$ 。这个点就在 $y = \frac{y 0}{x 0} x$ 上了。那么就让这条直线的贡献减一就好了。

注意 $x = 0$ 和 $y = 0$ 这两条直线。

 #include<bits/stdc++.h>
#pragma GCC optimize(2)
#define int long long 
using namespace std;
 
const int N = 4e6 + 10, M = 5e3 + 10; 
 
int n, m, k;
int phi[N], prime[N], tot;
struct point{
	int x, y;
}p[M], s[N];
bool isprime[N];
map<int, int> mp; 
 
void init(){
	for(int i = 1; i < N; i++) isprime[i] = true;
	phi[1] = 1; isprime[1] = false;
	for(int i = 2; i < N; i++){
		if(isprime[i]) phi[i] = i - 1, prime[++tot] = i;
		for(int j = 1; j <= tot && i * prime[j] < N; j++){
			isprime[i * prime[j]] = false;
			if(i % prime[j]) phi[i * prime[j]] = phi[i] * phi[prime[j]];
			else{
				phi[i * prime[j]] = phi[i] * prime[j];
				break;	
			}  
		}
	}
}
 
bool cmp(struct point p1, struct point p2){
	if(p1.x != p2.x) return p1.x > p2.x;
	return p1.y < p2.y; 
}
 
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0); cout.tie(0);
	int T; cin >> T; init();
	while(T--){
		cin >> n >> k >> m; mp.clear();
		mp[n - 1] += 2; int tmp = 0;
		for(int i = 1; i < n; i++) mp[(n - 1) / i] += phi[i] * (i == 1 ? 1 : 2);
		for(int i = 1; i <= m; i++){
			cin >> p[i].x >> p[i].y;
			int g = __gcd(p[i].x, p[i].y);
			if((!p[i].x) || (!p[i].y)) g = 0;
			if(g) p[i].x /= g, p[i].y /= g;
		}
		sort(p + 1, p + m + 1, cmp); 
		int ths = 1;
//		for(int i = 1; i <= m; i++) cout << p[i].x << " " << p[i].y << "\n";
		for(int i = 2; i <= m; i++){ 
			if((p[i].x != p[i - 1].x || p[i].y != p[i - 1].y) && (p[i].x || p[i - 1].x) && (p[i].y || p[i - 1].y)){
				int g = max(p[i - 1].x, p[i - 1].y);
//				cout << p[i - 1].x << " " << p[i - 1].y << " " << g << " " << ths << "\n";  
				if(min(p[i - 1].x, p[i - 1].y) == 0) mp[n - 1]--, mp[n - 1 - ths]++;
				else mp[(n - 1) / g]--, mp[(n - 1) / g - ths]++; 
				ths = 0;
			}
			ths++;
		}
		if(ths){
			int g = max(p[m].x, p[m].y);
			if(min(p[m].x, p[m].y) == 0) mp[n - 1]--, mp[n - 1 - ths]++;
			else mp[(n - 1) / g]--, mp[(n - 1) / g - ths]++; 
		}
		int ans = 0;
		for(map<int, int>::iterator it = mp.begin(); it != mp.end(); it++){
			if(k <= 0) break;
			int val = (*it).first, cnt = (*it).second;
			if(cnt) s[++tmp] ={val, cnt};
		}
		sort(s + 1, s + tmp + 1, cmp);
		for(int i = 1; i <= tmp; i++){
			if(k <= 0) break;
			//cout << s[i].x << " " << s[i].y << "\n";
			ans += s[i].x * min(k, s[i].y); k -= s[i].y;
		}
		cout << ans << "\n";
	}
	
	return 0;
}
/*
1
9 1 7
8 2 
0 1 
7 6 
6 8 
3 3 
0 5 
3 4 
*/

T2 最长连续值域

Statement:

给出一个长度为 $n$ 的排列 $P (P 1, P 2, . . . P n)$ ，以及 $m$ 个询问。每次询问某个区间 $[l, r]$ 中，最长的值域连续段长度。

1 $\leq n, m \leq 50000$ .

Solution:

考虑用莫队求解。

我们令 $s t [x], e d [x]$ 分别是 $x$ 最远向后可以延申到何处和向前最远延申至何处。

那么添加一个数 $x$ 就令 $s t [e d [x - 1]] = e d [x + 1], e d [s t [x + 1]] = s t [x - 1]$ ，并更新答案 $r e s = max (r e s, e d [x + 1] - s t [x - 1] + 1)$ 即可。

发现不好在删除的时候更新答案，于是使用回滚莫队。

 #include<bits/stdc++.h>
#define int long long 
#define bk(x) ((x + unit - 1) / unit)
using namespace std;
 
const int N = 5e4 + 10;
 
int n, m, a[N]; 
int unit, st[N], ed[N];
struct query{
	int l, r, id;
}q[N];
int res, tmp, ans[N];
 
void clr(int x){st[x] = x + 1; ed[x] = x - 1;}
 
void add(int x){
	res = max(res, ed[x + 1] - st[x - 1] + 1);
	ed[st[x - 1]] = ed[x + 1];
	st[ed[x + 1]] = st[x - 1];
}
 
void del(int x){
	ed[st[x - 1]] = x - 1;
	st[ed[x + 1]] = x + 1;
}
 
bool cmp(struct query q1, struct query q2){
	if(bk(q1.l) != bk(q2.l)) return q1.l < q2.l;
	return q1.r < q2.r;
}
 
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0); cout.tie(0); 
	cin >> n >> m; unit = sqrt(m);
	for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
	for(int i = 1; i <= m; i++) cin >> q[i].l >> q[i].r, q[i].id = i;
	sort(q + 1, q + m + 1, cmp);
	int l = 1, r = 0;
	for(int i = 1; i <= m; i++){
		if(bk(q[i].l) != bk(q[i - 1].l)){
			for(int j = 0; j <= n + 1; j++) clr(j);
			r = min(n, bk(q[i].l) * unit); l = min(n, bk(q[i].l) * unit) + 1;  res = 0;
		}
		if(bk(q[i].l) == bk(q[i].r)){
			res = 0;
			for(int j = q[i].l; j <= q[i].r; j++) add(a[j]);
			ans[q[i].id] = res;
			for(int j = q[i].r; j >= q[i].l; --j) del(a[j]);
			res = 0; continue;
		}
		while(r < q[i].r) add(a[++r]);
		int tmp = res, _l = l;
		while(_l > q[i].l) add(a[--_l]);
		ans[q[i].id] = res; res = tmp;
		while(_l < l) del(a[_l++]); 
	}
	for(int i = 1; i <= m; i++) cout << ans[i] << "\n";
	
	return 0;
}

T3 P5306 [COCI2018-2019#5] Transport

一道淀粉质板子题就不讲了。

Afternoon

T1 [ABC246G] Game on Tree 3

首先二分答案 $x$ ，将权值大于等于 $x$ 的置为 $1$ ，小于的置为 $0$ 。

于是这个时候我们判断 $B$ 是否可以让 $A$ 拿不到任何一个权值为 $1$ 的点。

设 $f_{u}$ 为以 $u$ 为根的子树中 $A$ 以最优策略操作， $B$ 至少要在游戏开始前删除多少个 $1$ 的点。

显然 $f_{u} = max (0, (\sum_{v \in s u b t r e e (u)} f_{v}) - 1) + a_{i}$ 。其中 $a_{i} = [w_{i} >= x]$

判断 $f_{1}$ 是否等于 $0$ 即可。

 #include<bits/stdc++.h>
#define int long long 
using namespace std;
 
const int N = 2e5 + 10;
struct edge{
	int v, next;
}edges[N << 1];
int head[N], idx;
 
void add_edge(int u, int v){
	edges[++idx] = {v, head[u]};
	head[u] = idx;
}
 
int n, a[N];
int f[N];
 
void dfs(int u, int fa){
	int s = 0;
	for(int i = head[u]; i; i = edges[i].next){
		int v = edges[i].v;
		if(v == fa) continue;
		dfs(v, u); s += f[v];
	}
	f[u] += max(0ll, s - 1);
}
 
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0); cout.tie(0);
	cin >> n;
	for(int i = 2; i <= n; i++) cin >> a[i];
	for(int i = 1; i < n; i++){
		int x, y; cin >> x >> y;
		add_edge(x, y); add_edge(y, x);
	}
	int l = 1, r = 1e9, ans = 0; 
	while(l <= r){
		int mid = (l + r >> 1);
		for(int i = 1; i <= n; i++) f[i] = (a[i] >= mid);
		dfs(1, 0);
		if(f[1] == 0) r = mid - 1;
		else ans = mid, l = mid + 1;
	}
	cout << ans;
 
	return 0;
}

T2 无向图染色

Statement:

给出 $n$ 个结点 $m$ 条边的无向图。有 $k$ 种不同的颜色，编号 $1$ 至 $k$ 。现在你要对这 $n$ 个结点染色，每个结点只能染一种颜色。还有一个特殊要求：凡是有边相连的两个结点，它们的颜色编号的和不能等于 $z$ 。问有多少种不同的染色方案，答案模 $1000000007$ 。

$1 \leq n \leq 18 ， 0 \leq m \leq min (18, n \times (n - 1) / 2), 1 \leq k \leq 10^{9}, 2 \leq z \leq 2 * 10^{9}$

Solution:

考虑容斥。

定义不可行边为一条连接 $(u, v)$ 的边，而且 $c o l o r_{u} + c o l o r_{v} = z$ ，对于一个不可行边集合 $S$ ，我们建出这张图。

对于一个孤立点，它染色的可能性就有 $k$ 种。

接下来我们考虑点数 $> 1$ 的连通块，有两种情况：

该连通块有奇环：如果 $z$ 为偶数，就只能把所有点染成 $\frac{z}{2}$ ，否则没有染色的可能。
该连通块没有奇环：注意到如果我们确定了一个点的颜色，整个连通块的颜色就可以确定了。那么一个点的可能性就是：

$k \times 2 < z : 0$
$k >= z - 1 : z - 1$ .
$o t h e r w i s e : 2 \times k - (z - 1)$

 #include<bits/stdc++.h>
#define int long long 
using namespace std;
 
const int N = 18 + 3, mod = 1e9 + 7;
 
int n, m, k, z;
int from[N], to[N], nodecnt;
 
int qpow(int x, int y){
	int ret = 1;
	while(y){
		if(y & 1) ret = (ret * x) % mod;
		x = (x * x) % mod;
		y >>= 1;
	}
	return ret;
}
 
struct edge{
	int v, next;
}edges[N << 1];
int head[N], idx;
 
void add_edge(int u, int v){
	edges[++idx] = {v, head[u]};
	head[u] = idx;
}
 
int col[N];
 
int popcnt(int x){if(!x) return 0; return popcnt(x >> 1) + (x & 1);} 
void build(int S){//建图
	idx = 0; nodecnt = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i++) head[i] = col[i] = 0;
	for(int i = 0; i < m; i++) if((1 << i) & S) add_edge(from[i + 1], to[i + 1]), add_edge(to[i + 1], from[i + 1]);  
	for(int i = 1; i <= n; i++) if(head[i]) nodecnt++;//自由点的个数
}
bool checker(int u){//检查是否有奇环
	bool flag = true;
	for(int i = head[u]; i; i = edges[i].next){
		int v = edges[i].v;
		if(!col[v]) col[v] = -col[u], flag &= checker(v); //
		else if(col[v] + col[u] != 0) flag = false; //
	}
	return flag;
}
int lsy(){ // 
	if(k >= z - 1) return z - 1;
	if(2 * k < z) return 0;
	return 2 * k - z + 1;
}
int solver(){//算这个图染色的方案数
	int ret = 1;
	for(int i = 1; i <= n; i++){
		if((!col[i]) && head[i]){
			col[i] = 1;//将第 1 个节点染成 1
			if(checker(i) && (z <= 2 * k)) ret = (ret * lsy()) % mod;
			else if((z & 1) || z > 2 * k) ret = 0;
		}
	}
	return ret;
}
 
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0); cout.tie(0);
	cin >> n >> m >> k >> z;
	for(int i = 1; i <= m; i++) cin >> from[i] >> to[i];
	int ans = 0;
	for(int S = 0; S < (1 << m); S++){
		build(S);
		ans = (ans + ((qpow(k, n - nodecnt) * ((popcnt(S) & 1) ? -1 : 1) * solver()) % mod + mod) % mod) % mod;
		// cout << S << " " << nodecnt << " " << ans << "\n";
	}
	cout << ans;
 
	return 0;
}

上一篇做题思路总结

本文作者：Little_corn

本文链接：https://www.cnblogs.com/little-corn/p/18152698

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	#include<bits/stdc++.h>
	#pragma GCC optimize(2)
	#define int long long
	using namespace std;

	const int N = 4e6 + 10, M = 5e3 + 10;

	int n, m, k;
	int phi[N], prime[N], tot;
	struct point{
	int x, y;
	}p[M], s[N];
	bool isprime[N];
	map<int, int> mp;

	void init(){
	for(int i = 1; i < N; i++) isprime[i] = true;
	phi[1] = 1; isprime[1] = false;
	for(int i = 2; i < N; i++){
	if(isprime[i]) phi[i] = i - 1, prime[++tot] = i;
	for(int j = 1; j <= tot && i * prime[j] < N; j++){
	isprime[i * prime[j]] = false;
	if(i % prime[j]) phi[i * prime[j]] = phi[i] * phi[prime[j]];
	else{
	phi[i * prime[j]] = phi[i] * prime[j];
	break;
	}
	}
	}
	}

	bool cmp(struct point p1, struct point p2){
	if(p1.x != p2.x) return p1.x > p2.x;
	return p1.y < p2.y;
	}

	signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0); cout.tie(0);
	int T; cin >> T; init();
	while(T--){
	cin >> n >> k >> m; mp.clear();
	mp[n - 1] += 2; int tmp = 0;
	for(int i = 1; i < n; i++) mp[(n - 1) / i] += phi[i] * (i == 1 ? 1 : 2);
	for(int i = 1; i <= m; i++){
	cin >> p[i].x >> p[i].y;
	int g = __gcd(p[i].x, p[i].y);
	if((!p[i].x) \|\| (!p[i].y)) g = 0;
	if(g) p[i].x /= g, p[i].y /= g;
	}
	sort(p + 1, p + m + 1, cmp);
	int ths = 1;
	// for(int i = 1; i <= m; i++) cout << p[i].x << " " << p[i].y << "\n";
	for(int i = 2; i <= m; i++){
	if((p[i].x != p[i - 1].x \|\| p[i].y != p[i - 1].y) && (p[i].x \|\| p[i - 1].x) && (p[i].y \|\| p[i - 1].y)){
	int g = max(p[i - 1].x, p[i - 1].y);
	// cout << p[i - 1].x << " " << p[i - 1].y << " " << g << " " << ths << "\n";
	if(min(p[i - 1].x, p[i - 1].y) == 0) mp[n - 1]--, mp[n - 1 - ths]++;
	else mp[(n - 1) / g]--, mp[(n - 1) / g - ths]++;
	ths = 0;
	}
	ths++;
	}
	if(ths){
	int g = max(p[m].x, p[m].y);
	if(min(p[m].x, p[m].y) == 0) mp[n - 1]--, mp[n - 1 - ths]++;
	else mp[(n - 1) / g]--, mp[(n - 1) / g - ths]++;
	}
	int ans = 0;
	for(map<int, int>::iterator it = mp.begin(); it != mp.end(); it++){
	if(k <= 0) break;
	int val = (it).first, cnt = (it).second;
	if(cnt) s[++tmp] ={val, cnt};
	}
	sort(s + 1, s + tmp + 1, cmp);
	for(int i = 1; i <= tmp; i++){
	if(k <= 0) break;
	//cout << s[i].x << " " << s[i].y << "\n";
	ans += s[i].x * min(k, s[i].y); k -= s[i].y;
	}
	cout << ans << "\n";
	}

	return 0;
	}
	/*
	1
	9 1 7
	8 2
	0 1
	7 6
	6 8
	3 3
	0 5
	3 4
	*/

	#include<bits/stdc++.h>
	#define int long long
	#define bk(x) ((x + unit - 1) / unit)
	using namespace std;

	const int N = 5e4 + 10;

	int n, m, a[N];
	int unit, st[N], ed[N];
	struct query{
	int l, r, id;
	}q[N];
	int res, tmp, ans[N];

	void clr(int x){st[x] = x + 1; ed[x] = x - 1;}

	void add(int x){
	res = max(res, ed[x + 1] - st[x - 1] + 1);
	ed[st[x - 1]] = ed[x + 1];
	st[ed[x + 1]] = st[x - 1];
	}

	void del(int x){
	ed[st[x - 1]] = x - 1;
	st[ed[x + 1]] = x + 1;
	}

	bool cmp(struct query q1, struct query q2){
	if(bk(q1.l) != bk(q2.l)) return q1.l < q2.l;
	return q1.r < q2.r;
	}

	signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0); cout.tie(0);
	cin >> n >> m; unit = sqrt(m);
	for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
	for(int i = 1; i <= m; i++) cin >> q[i].l >> q[i].r, q[i].id = i;
	sort(q + 1, q + m + 1, cmp);
	int l = 1, r = 0;
	for(int i = 1; i <= m; i++){
	if(bk(q[i].l) != bk(q[i - 1].l)){
	for(int j = 0; j <= n + 1; j++) clr(j);
	r = min(n, bk(q[i].l) * unit); l = min(n, bk(q[i].l) * unit) + 1; res = 0;
	}
	if(bk(q[i].l) == bk(q[i].r)){
	res = 0;
	for(int j = q[i].l; j <= q[i].r; j++) add(a[j]);
	ans[q[i].id] = res;
	for(int j = q[i].r; j >= q[i].l; --j) del(a[j]);
	res = 0; continue;
	}
	while(r < q[i].r) add(a[++r]);
	int tmp = res, _l = l;
	while(_l > q[i].l) add(a[--_l]);
	ans[q[i].id] = res; res = tmp;
	while(_l < l) del(a[_l++]);
	}
	for(int i = 1; i <= m; i++) cout << ans[i] << "\n";

	return 0;
	}