2019牛客多校 Round7
Solved:5
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E Find the median (线段树)
题意:最开始一个空的数组 4e5次操作 每次把Li，Ri中的每个数插入进来 问当前的中位数
题解:把这n个区间离散化去重以后 剩下m个点 可以分成m-1个连续的区间
有个巧妙的方法是把所有的右端点+1后 每两个点之间表示一个左闭右开的区间
然后线段树每个叶子节点就表示这个区间的信息 每次操作就是先区间更新再查询了
用la表示这个区间被覆盖了多少次 查询的时候类似整体二分 其实还可以维护一个叶子节点表示的区间长度
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int MAXN = 4e5 + 5; int n, cnt; int a1, b1, c1, m1; int a2, b2, c2, m2; int x[MAXN], y[MAXN]; int p[MAXN << 1], L[MAXN], R[MAXN]; ll pre[MAXN << 1]; ll sum[MAXN << 5]; int la[MAXN << 5]; int lz[MAXN << 5]; void pushup(int rt) { sum[rt] = sum[rt << 1] + sum[rt << 1 | 1]; } void pushdown(int l, int r, int rt) { if(lz[rt]) { lz[rt << 1] += lz[rt]; lz[rt << 1 | 1] += lz[rt]; la[rt << 1] += lz[rt]; la[rt << 1 | 1] += lz[rt]; int mid = l + r >> 1; sum[rt << 1] += 1LL * lz[rt] * (pre[mid] - pre[l - 1]); sum[rt << 1 | 1] += 1LL * lz[rt] * (pre[r] - pre[mid]); lz[rt] = 0; } } void update(int ql, int qr, int l, int r, int rt) { if(ql <= l && qr >= r) { lz[rt]++; la[rt]++; sum[rt] += pre[r] - pre[l - 1]; return; } pushdown(l, r, rt); int mid = l + r >> 1; if(ql <= mid) update(ql, qr, l, mid, rt << 1); if(qr > mid) update(ql, qr, mid + 1, r, rt << 1 | 1); pushup(rt); } int query(int l, int r, int rt, ll k) { if(l == r) return p[l] + (k - 1) / la[rt]; pushdown(l, r, rt); int mid = l + r >> 1; if(sum[rt << 1] >= k) return query(l, mid, rt << 1, k); else return query(mid + 1, r, rt << 1 | 1, k - sum[rt << 1]); } int main() { cnt = 0; scanf("%d", &n); scanf("%d%d%d%d%d%d", &x[1], &x[2], &a1, &b1, &c1, &m1); scanf("%d%d%d%d%d%d", &y[1], &y[2], &a2, &b2, &c2, &m2); for(int i = 3; i <= n; i++) { x[i] = (1LL * a1 * x[i - 1] + 1LL * b1 * x[i - 2] + 1LL * c1) % m1; y[i] = (1LL * a2 * y[i - 1] + 1LL * b2 * y[i - 2] + 1LL * c2) % m2; } for(int i = 1; i <= n; i++) { L[i] = min(x[i], y[i]) + 1; R[i] = max(x[i], y[i]) + 2; p[++cnt] = L[i], p[++cnt] = R[i]; } sort(p + 1, p + 1 + cnt); cnt = unique(p + 1, p + 1 + cnt) - p - 1; p[cnt + 1] = p[cnt]; for(int i = 1; i <= cnt; i++) pre[i] = pre[i - 1] + 1LL * (p[i + 1] - p[i]); ll tot = 0; for(int i = 1; i <= n; i++) { int t1 = lower_bound(p + 1, p + 1 + cnt, L[i]) - p; int t2 = lower_bound(p + 1, p + 1 + cnt, R[i]) - p - 1; update(t1, t2, 1, cnt, 1); tot += 1LL * (R[i] - L[i]); //左闭右开 printf("%d\n", query(1, cnt, 1, (tot + 1LL) / 2LL)); } return 0; }
F Energy Stones
题意:n个石头 初始能量Ei 每秒能量增长Li 最多能量Ci
有m次收割操作 每次选择一个时间点 将区间L，R内的石头能量都吸收 求最后一共吸收了多少能量
题解:因为他是问的最后一共吸收了多少能量 不是问的每一次
所以我们可以考虑每一个石头对答案产生了多少贡献
对于每一个石头 这m次收割只有部分收割到了它 假设收割了k次
如果我们知道了这k个时间点 除去第一个特判以外 每两个时间点之间会产出一次贡献
贡献要么是Ci 要么是Li*区间长度
对于n个石头 被收割的时间点有许多重复的 所以我们用set维护收割的时间点
在枚举到到第L个石头的时候把时间点插入进set 在枚举到底R + 1个石头的时候 删除这个时间点
然后一个树状数组维护长度为i的区间个数 一个树状数组维护长度为i的区间 长度和
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int MAXN = 1e5 + 5; int n, m; int E[MAXN], L[MAXN], C[MAXN]; ll a[MAXN << 1], b[MAXN << 1]; vector<int> g[MAXN]; set<int> st; ll query1(int x) { ll res = 0; for(int i = x; i; i -= (i & -i)) res += a[i]; return res; } ll query2(int x) { ll res = 0; for(int i = x; i; i -= (i & -i)) res += b[i]; return res; } void add(int x, int val) { for(int i = x; i <= 200001; i += (i & -i)) { if(val > 0) a[i]++; else a[i]--; b[i] += 1LL * val; } } void inser(int x) { if(st.empty()) { st.insert(x); return; } auto pos = st.lower_bound(x); if(pos == st.begin()) { int t = (*pos) - x; add(t, 1LL * t); } else if(pos == st.end()) { int t = x - (*(prev(pos))); add(t, 1LL * t); } else { int t1 = x - (*(prev(pos))); int t2 = (*pos) - x; add(t1, 1LL * t1); add(t2, 1LL * t2); add(t1 + t2, 1LL * (-t1 - t2)); } st.insert(x); } void del(int x) { auto pos = st.find(x); if(st.size() == 1) { st.erase(pos); return; } if(pos == st.begin()) { int t = (*(next(pos))) - x; add(t, 1LL * -t); } else if(pos == prev(st.end())) { int t = x - (*(prev(pos))); add(t, 1LL * -t); } else { int t1 = x - (*(prev(pos))); int t2 = (*(next(pos))) - x; add(t1, 1LL * -t1); add(t2, 1LL * -t2); add(t1 + t2, 1LL * (t1 + t2)); } st.erase(pos); } int main() { int T; scanf("%d", &T); int cas = 0; while(T--) { st.clear(); ll ans = 0; scanf("%d", &n); for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d%d%d", &E[i], &L[i], &C[i]); for(int i = 1; i <= n + 1; i++) g[i].clear(); memset(a, 0, sizeof(a)); memset(b, 0, sizeof(b)); scanf("%d", &m); for(int i = 1; i <= m; i++) { int t, l, r; scanf("%d%d%d", &t, &l, &r); g[l].push_back(t); g[r + 1].push_back(-t); } for(int i = 1; i <= n; i++) { for(int j = 0; j < g[i].size(); j++) { if(g[i][j] > 0) inser(g[i][j]); else del(-g[i][j]); } if(st.empty()) continue; ans += min(1LL * C[i], 1LL * E[i] + 1LL * (*st.begin()) * L[i]); if(L[i] == 0) continue; int len = C[i] / L[i]; ans += 1LL * query2(len) * L[i]; ans += 1LL * C[i] * (st.size() - query1(len) - 1); } printf("Case #%d: %lld\n", ++cas, ans); } return 0; }
H pair
题意:给三个数a,b,c 求有多少对数满足 x & y > c || x ^ y < c x的范围在1-a y的范围在1-b；
题解:第一次写这种两个范围的数位DP.. 需要存的状态有
当前枚举到pos位 And=0表示x&y和c的大小不确定 1表示x&y已经大于c 2表示已经小于
Xor同理 然后存一下当前枚举两个数卡到的边界
因为数位dp是从0开始统计的 还多统计了0^y(y<c) 和x^0(x<c) 的答案 所以还要减去
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; int a, b, c; ll dp[35][3][3][2][2]; ll dfs(int pos, int And, int Xor, int sj1, int sj2) { if(pos == -1) { if(And == 1 || Xor == 1) return 1; else return 0; } if(dp[pos][And][Xor][sj1][sj2] != -1) return dp[pos][And][Xor][sj1][sj2]; ll res = 0; int up1 = sj1 ? (a >> pos & 1) : 1; int up2 = sj2 ? (b >> pos & 1) : 1; for(int i = 0; i <= up1; i++) for(int j = 0; j <= up2; j++) { int tand = And; int txor = Xor; if(tand == 0) { if((i & j) > (c >> pos & 1)) tand = 1; else if((i & j) < (c >> pos & 1)) tand = 2; } if(txor == 0) { if((i ^ j) < (c >> pos & 1)) txor = 1; else if((i ^ j) > (c >> pos & 1)) txor = 2; } res += dfs(pos - 1, tand, txor, sj1 && (i == up1), sj2 && (j == up2)); } dp[pos][And][Xor][sj1][sj2] = res; return res; } int main() { memset(dp, -1, sizeof(dp)); int T; scanf("%d", &T); while(T--) { memset(dp, -1, sizeof(dp)); scanf("%d%d%d", &a, &b, &c); printf("%lld\n", dfs(31, 0, 0, 1, 1) - min(a, c - 1) - min(b, c - 1) - 1); } return 0; }
I Chessbord
题意:给出n,m 问构造一个k*k的矩阵 矩阵每个元素不小于m
且从每一行选一个数 且这k个数的属于不同的列 方案数
题解:枚举矩阵大小k 再枚举选出的k个元素的和j 为了计算方便 这个j等于实际的和减去k*m 那么元素大小可为0
我们发现合法的方案一定长这个样子 假定k为3
a1+b1 a2+b1 a3+b1
a1+b2 a2+b2 a3+b2
a1+b3 a2+b3 a3+b3
这样我们随便选出的和一定都等于a1+a2+a3+b1+b2+b3 这就是我们枚举的和j
这个方案数就等于C(j+2*k-1，2*k-1) 因为元素可以为0 那么我们让这2k项每个都先+1 分配完了再-1
等价于从j+2*k-1个空位中插2*k-1个板子 当然这样计算是有重复的
重复是因为假如让a1,a2,a3都加1 b1,b2,b3都减1 只要b都非负 这个方案是一样的 但是也计数了
所以我们就要减去b1,b2,b3都大于0的情况了 那么就等于让k项都+1 分配完了再-1
综上所述 一次枚举的方案数=C(j+2*k-1，2*k-1) - C(j+k-1，2*k-1)
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const ll mod = 998244353; ll jc[5005], ny[5005]; ll n, m; ll pow_mod(ll x, ll y) { ll res = 1; while(y) { if(y & 1) res = res * x % mod; x = x * x % mod; y >>= 1; } return res; } ll C(ll x, ll y) { if(x < 0 || y < 0 || x < y) return 0; return jc[x] * ny[y] % mod * ny[x - y] % mod; } int main() { jc[0] = 1LL; for(ll i = 1; i <= 5000; i++) jc[i] = jc[i - 1] * i % mod; ny[5000] = pow_mod(jc[5000], mod - 2); for(ll i = 4999; i >= 0; i--) ny[i] = ny[i + 1] * (i + 1) % mod; int T; scanf("%d", &T); while(T--) { scanf("%lld%lld", &n, &m); ll ans = 0; for(ll i = 1; i <= n; i++) { if(i * m > n) break; for(ll j = 0; j <= n; j++) { if(i * m + j > n) break; ans += C(j + 2 * i - 1, 2 * i - 1) - C(j + i - 1, 2 * i - 1); ans %= mod; } } printf("%lld\n", (ans + mod) % mod); } return 0; }
