2024.9.24 模拟赛 CSP4
模拟赛
暴力场。出题人学政治的？
T1 商品
值域线段树
直接看值域上，每两个相邻的点的差提供的贡献，相当于值域上某一区间每一个位置都有 \(1\) 的贡献再减一。
所以直接值域线段树，查询区间和。贪心发现左右端点一定挂在某个点上时最优。注意左右端点挂住的情况分别跑一遍。
边界处理比较细节。
code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define LL long long
const int N = 2e5+5,MAX = 1e9+5;
int n,d;
int a[N],rt;
namespace DSEG
{
struct T
{
int l,r; LL lz,sum;
} tr[N<<6];
int tot;
inline void pushup(int k) {tr[k].sum=tr[tr[k].l].sum+tr[tr[k].r].sum;}
inline void pushdown(int k,int l,int r)
{
if(tr[k].lz)
{
int lz=tr[k].lz; tr[k].lz=0;
if(!tr[k].l) tr[k].l=++tot;
if(!tr[k].r) tr[k].r=++tot;
int mid=(r-l>>1)+l;
tr[tr[k].l].lz+=lz; tr[tr[k].l].sum+=lz*(mid-l+1);
tr[tr[k].r].lz+=lz; tr[tr[k].r].sum+=lz*(r-mid);
}
}
inline void mdf(int &k,int l,int r,int L,int R,int v)
{
if(L>R) return;
if(!k) k=++tot;
if(l>=L&&r<=R)
{
tr[k].lz+=v; tr[k].sum+=(r-l+1)*1ll*v; return;
}
pushdown(k,l,r);
int mid=(r-l>>1)+l;
if(L<=mid) mdf(tr[k].l,l,mid,L,R,v);
if(R>mid) mdf(tr[k].r,mid+1,r,L,R,v);
pushup(k);
}
inline LL que(int k,int l,int r,int L,int R)
{
if(L>R) return 0;
if(!k) return 0;
if(L<=l&&r<=R) return tr[k].sum;
pushdown(k,l,r);
int mid=(r-l>>1)+l; LL res=0;
if(L<=mid) res+=que(tr[k].l,l,mid,L,R);
if(R>mid) res+=que(tr[k].r,mid+1,r,L,R);
return res;
}
} using namespace DSEG;
main()
{
freopen("goods.in","r",stdin);
freopen("goods.out","w",stdout);
scanf("%lld%lld",&n,&d); rt=++tot;
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);
for(int i=1;i<n;i++)
{
LL l=min(a[i],a[i+1]),r=a[i+1]-l+a[i];
mdf(rt,1,MAX,l+1,r,1);
}
LL ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
ans=max(ans,que(rt,1,MAX,a[i]+1,min(1ll*a[i]+d,1ll*MAX)));
ans=max(ans,que(rt,1,MAX,max(1ll,a[i]-d+1),a[i]));
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
、# 二分
求 \(\sum_{i=1}^{n-1}|b_i-b_{i+1}|\)，另 \(b_i,b_{i+1}\) 中较大的为 \(a\)，较小的为 \(b\)。
求 \(\sum a-b=\sum a-\sum b\)。排序后，对于每个 \([l,r]\) 区间，\(a,b\) 都会被分成三段，二分找到转折点，两边直接求和，中间前缀和维护好求。
无码。。。
T2 价值
巨型树上分讨。
题意就是树的叶子加一圈边，求独立集方案数（一条边只能选一个点）。
先考虑没有那一圈边，直接 dp，加上那一圈边，那么就要讨论叶子是否连边。
设计状态 \(f_{u,0/1,0/1/2,0/1/2}\) 表示根为 \(0/1\)，选或不选，\(0/1/2\)，子树最左/右侧的叶子 一定不选/可以被选（还没选）/已经选了。
树型分讨还得多练。
code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
const int N = 1e5+5,mod = 998244353;
int n,mn=1e9,mx;
vector<int> g[N];
LL f[N][2][3][3],ff[2][3][3];
void dfs(int u)
{
if(g[u].empty()) return mn=min(mn,u),mx=max(mx,u),void(0);
for(int v:g[u]) dfs(v);
}
void dp(int u,int tp)
{
if(tp&&(u==mn||u==mx)) return f[u][1][2][2]=(mn!=mx),void(0);
if(g[u].empty())
{
f[u][0][0][0]=1; f[u][1][2][1]=1; f[u][1][1][2]=1;
return;
}
for(int v:g[u]) dp(v,tp);
int v=g[u][0];
for(int j=0;j<=2;j++)
for(int k=0;k<=2;k++)
f[u][0][j][k]=(1ll*f[v][1][j][k]+f[v][0][j][k])%mod,
f[u][1][j][k]=f[v][0][j][k];
for(int i=1;i<g[u].size();i++)
{
int v=g[u][i];
for(int j=0;j<=2;j++)
for(int k=0;k<=2;k++)
{
ff[1][j][k]=ff[0][j][k]=0;
for(int x=0;x<=1;x++)
for(int y=0;y<=1;y++) if(!(x==0&&y==1))
ff[1][j][k]=(1ll*ff[1][j][k]+
f[u][x][j][0]*f[v][y][0][k]%mod+
f[u][x][j][0]*f[v][y][2][k]%mod+
f[u][x][j][2]*f[v][y][0][k]%mod+
f[u][x][j][2]*f[v][y][2][k]%mod+
f[u][x][j][1]*f[v][y][1][k]%mod)%mod;
for(int x=0;x<=1;x++)
ff[0][j][k]=(1ll*ff[0][j][k]+
f[u][0][j][0]*f[v][x][0][k]%mod+
f[u][0][j][0]*f[v][x][2][k]%mod+
f[u][0][j][2]*f[v][x][0][k]%mod+
f[u][0][j][2]*f[v][x][2][k]%mod+
f[u][0][j][1]*f[v][x][1][k]%mod)%mod;
}
for(int j=0;j<=2;j++)
for(int k=0;k<=2;k++)
for(int x=0;x<=1;x++)
f[u][x][j][k]=ff[x][j][k];
}
}
int main()
{
freopen("value.in","r",stdin);
freopen("value.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
for(int i=2;i<=n;i++)
{
int x; scanf("%d",&x);
g[x].push_back(i);
}
for(int i=1;i<=n;i++) sort(g[i].begin(),g[i].end());
dfs(1); dp(1,0);
LL ans=(1ll*f[1][1][0][0]+f[1][0][0][0]+f[1][0][2][0]+f[1][1][2][0]+f[1][0][0][2]+f[1][0][2][2]+f[1][1][0][2]+f[1][1][2][2])%mod;
memset(f,0,sizeof(f));
dp(1,1);
ans=(1ll*ans+f[1][0][2][2]+f[1][1][2][2])%mod;
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
小凸玩密室
完全二叉树上分讨，注意这个重要的性质。
可以根据完全二叉树下标的规律直接遍历。
观察遍历顺序，对于一个节点，先遍历以它为根的子树，从某一个叶子跳到父亲，然后遍历它的兄弟子树。其中一个叶子可以跳到根节点的另一个儿子，
由于完全二叉树，考虑倍增跳父亲，设计状态 \(f_{u,i}\) 表示遍历完 \(u\) 的子树向上跳到第 \(i\) 级祖先。
发现有一个问题就是已经走过父亲，怎么直接跳到兄弟。
不妨直接加一个 dp 数组，记录从某一个叶子直接跳到兄弟的代价。\(f_{u,i,0/1}\) 表示跳到父亲/兄弟的代价。
转移直接分讨。不放了。注意边界。
code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
#define ls(x) (x<<1)
#define rs(x) (x<<1|1)
#define bro(x,i) ((x>>(i-1))^1)
#define fa(i,j) ((i>>(j-1)>=1)?(i>>(j)):-1)
const int N = 2e5+5;
const LL inf = 1e17;
int n;
LL f[N][20][2],ans=1e18,dis[N][20],a[N];
void work()
{
for(int i=n;i>=1;i--) for(int j=1;~fa(i,j);j++)
{
if(ls(i)>n) f[i][j][0]=dis[i][j]*a[fa(i,j)],f[i][j][1]=(dis[bro(i,j)][1]+dis[i][j])*a[bro(i,j)];
else if(rs(i)>n) f[i][j][0]=f[ls(i)][j+1][0]+dis[ls(i)][1]*a[ls(i)],f[i][j][1]=f[ls(i)][j+1][1]+dis[ls(i)][1]*a[ls(i)];
else f[i][j][0]=min(f[rs(i)][1][1]+f[ls(i)][j+1][0]+dis[rs(i)][1]*a[rs(i)],f[ls(i)][1][1]+f[rs(i)][j+1][0]+dis[ls(i)][1]*a[ls(i)]),
f[i][j][1]=min(f[rs(i)][1][1]+f[ls(i)][j+1][1]+dis[rs(i)][1]*a[rs(i)],f[ls(i)][1][1]+f[rs(i)][j+1][1]+dis[ls(i)][1]*a[ls(i)]);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
LL tmp=f[i][1][0];
for(int j=fa(i,1),k=i;j;j=fa(j,1),k=fa(k,1))
{
if(bro(k,1)<=n) tmp+=dis[bro(k,1)][1]*a[bro(k,1)]+f[bro(k,1)][2][0];
else tmp+=dis[j][1]*a[fa(j,1)];
}
ans=min(ans,tmp);
}
}
int main()
{
// freopen("in.in","r",stdin);
// freopen("out.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);
for(int i=2;i<=n;i++)
{
scanf("%lld",&dis[i][1]);
for(int j=2;~fa(i,j);j++) dis[i][j]=dis[i][j-1]+dis[fa(i,j-1)][1];
}
work();
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
T3 货币
费用流板子。先咕。。。
T4 资本
生成函数。可做。咕咕咕。。。
