信友队 2024 暑假集训 · 壹

Day 0

Day 1

早上入营测，T1 脑子糊涂写错细节。总共挂了 \(100^+\) 分（only \(10\)pts）

例题

P1842

邻项交换法考虑。
P2949

反悔贪心。
P1080

邻项交换。
P1016

如果不太好确定当前干嘛，适合反悔。

增加卖油操作，可以把比当前加油站贵的，剩下的油原价卖了（不用管卖给谁）。路上优先烧便宜的油。
AcWing 115

\(n \le 10^5\)

课后作业

P5817

Solution
细胞分裂

简单题。
买彩票
- 思维别固定了，灵活些。有二者关系的别随意钦定。

Day 2

例题

模拟

构造

构造一个 \(0 \sim n - 1\) 的排列 \(A\)，使

\[A_i \oplus i = A_i + i \]
注意到对于 \(2^k \le n\) 的最大的 \(k\)，\([2^k + 1, n]\) 数位取反后可以和……交换啊什么的。递归进行。
CF1916D
CF1912E
#3126 / P7307
「IOI2020」连接擎天树
「NOIP2020」移球游戏 / #3388

Day 3

lxl 毒瘤!!!

写点新奇的。

笛卡尔树

建树

找出区间最大值，把区间分为两段。每段的最大值作为父亲，向后二者连边。

应用

所有区间 + 区间 \(\max\)

注意到笛卡尔树的每个结点的左右子树合起来就是其为区间 \(\max\) 的区间。（左子树一个左端点，右子树）

所以我们可以以此应用笛卡尔树。

写题时补上例题

Day 4

@p_b_p_b !!!

搜索。确定搜索顺序，找到合理有用剪枝。

随堂练习 T2 黑，调了好久终于过了！

Day 5

MST.

例题

CF609E

输出每条边必选时的 MST 权值。
ABC282E

简单题。
CF1857G

从小到大加边，像 Kruskal 一样维护连通块。连一条边的贡献是左右连通块大小与可选边权数之积。这个 trick 似乎很有用。
#3004. Inheritance
- 给一个边权互不相同的图，进行 \(K\) 次删去最大生成森林的操作。对于每条边，求出它在第几轮被删除。
- 图分为 \(K\) 层，分 \(K\) 层试图从大到小加边。每层图用并查集维护连通性。
- 判断某条边在第几层加的时候，二分。
- 这是因为，两个点如果在第 \(A\) 张图联通，在 \(A-1\) 层也是联通的。
「NOI2018」归程
CF1706E
- 考虑 \(2\) 个点时的答案：MST 上的路径最大值。
- 推广：相邻点之间的路径最大值的最大值。
- 直接预处理，线段树维护即可。
CF888G
- 有异或，想到 Trie。
- 那么我们就是在 Trie 上模拟 Kruskal 的选边过程。
- 肯定优先选择 \(\operatorname{LCA}(u, v)\) 深度大的连边。如果要合并 Trie 上 \(2\) 棵子树，那就左右子树各选一个，使其异或和最小。可以启发式合并。
不知名题目
- 一个长度为 \(N\) 的 01 串 \(S\)，有 \(M\) 种操作 \((C_i, L_i, R_i)\)，表示可以用 \(C_i\) 的代价把 \(S_l, \dots, S_r\) 取反。求可以把 \(S\) 修改为任意长为 \(N\) 的 01 串的最小代价。
- 和 CF1120D 很像。
- 先把序列取反改成差分数组两点修改。
- 然后就是 1120D 的套路：\(L\) 到 \(R+1\) 连权值为 \(C\) 的边。跑 MST。

中午

和 xhx,hyn 和 wjk 在寝室狂玩。

玩什么？

——行李箱“冰壶”，启动！

Day 6 休息日

把昨天所有的题 AK 了。

CF888G 可真牛啊，写发题解。

Day 7

例题

Topologic Sorting

P1954 「NOI2010」航空管制

时光倒流，最大难点。
P6381 Odyssey
- \(ab=c^k\) 等价于 \(s_a + s_b \equiv 0 (\bmod \ k)\)
- 我们就用这个性质寻找一条边可以匹配的边，用 map,Hash table 这类东西存即可。拓扑。
P3243

Hash

讲解

字符串 Hash

集合 Hash

常用写法：\(H(A) = \sum_{x \in A} g(x) \bmod 2^{64}\)
其中 \(g(x)\) 是个随机的函数。当然 \(x\) 一样时 \(g(x)\) 也是一样的。
给个例子（只适用于 \(x\) 的值域比较小的情况）：

struct Hash {
	vector <ull> g;
	Hash(int n) : g(n) {
		static mt19937_64 rnd(809729);
		for (ull& i : g)
			i = rnd();
	}
	ull operator()(const vi a) const {
		ull ret(0);
		for (int& i : a)
			ret += g[i];
//		for (int i = 0; i < s.size(); i++)
//			ret += g[i] * a[i];
// 注释的写法有问题：
// 1. 集合的元素是无序的
// 2. 乘法一个很不好的地方就是更容易产生偶数
		return ret;
	}
} hs;
// 调用 hs(vector < int >)

Another Example(\(x\) 可以随便)

const ull mask = std::chrono::steady_clock::now().time_since_epoch().count();

ull shift(ull x) { // another g(x)
	x ^= mask;
	x ^= x << 13;
	x ^= x >> 7;
	x ^= x << 17;
	x ^= mask;
	return x;
}

树哈希
- \(f(u) = 1 + \sum_{v \in subtree_u} g(f(v))\)
- dmy 的 blog
最小表示法什么的，没听懂

例题

「BJOI2015」树的同构
- 树哈希模板题。
「CTSC2014」企鹅 QQ
- 简单题
P2757 国集等差子序列 / #6287. 诗歌
- 太妙了！
- 首先我们转化一下，找 \(len = 3\) 的等差数列即可。
- 然后，如果 \(a_i\) 是中间那个，则需要 \(\exist k\)，满足 \(a_i + k\) 和 \(a_i - k\) 在排列中，在 \(a_i\) 的两侧。
- 这样，我们就需要检测是否存在 \(k\)，或什么时候 \(k\) 不存在。首先扫描 \(A_1 \sim A_n\)，维护 \(B\)，\(B_x=1\) 表示在排列中 \(x\) 在 \(A_i\) 的左边，\(B_x = 0\) 反之。如果 \(B\) 以 \(A_i\) 为中心回文，则 \(k\) 不存在。
牛客 15253
- simple, set 常数比 map 小很多，尽量不用 map。
- 用了 map 与 unordered_map，被迫卡了几小时的常（换 set 才过）。

Day 8

啊？时间过半了？

例题

强连通分量

缩点模板题
又一个缩点模板题

割点与桥

讲无聊内容好多。。。

圆方树也可以建单向边，就是割点 - 方点，方点 - 另外点。

CF1000E
- 板子题，边双缩点找直径。
P2860 06Jan G
- 不停边双缩点，缩点后建虚树，虚树的直径两端连边。（这是构造方法）
- 答案是缩点后叶子的数量除以 \(2\) 向上取整。
CF487E
- 圆方树 + 树剖，板子题。

随堂练习全做过，2min AK。

课后练习

2-SAT 板子题
Solution
Solution

Day 9

讲课内容

质数数量规模 \(\pi(n) \approx n / \ln n\)。
唯一分解定理

\[n = \prod p_i ^ {s_i} \]
且分解至多 \(O(\log n)\) 项。
- 因数个数
  
  \[\prod_i (s_i + 1) \]
gcd, lcm

本质就是唯一分解的指数取 \(\max\) 和 \(\min\)。因此 \((n, m) \times [n, m] = nm\)。
筛子
- 埃氏筛
  
  时间复杂度 \(O(n \ln \ln n)\)，证明略，希望你记住了。
- 欧拉筛
  
  运行效率和埃氏筛差不多，但用处多。
数论函数，积性函数
- \(\mu(n), \varphi(n), \epsilon(n) = 1, id(n) = n, d(n)\)
- 积性函数，都可以用筛法计算。
- 对于完全积性函数，\(f(p^2) = f(p)^2\)。
- 线性筛求 \(\varphi\), \(\mu\)
- \(\sum_{d | n} \varphi(d) = n\)，由此我们可以得到一个 \(O(n \log n)\) 的简单方法：
```
for (int i = 1; i <= n; i++)
	phi[i] = i;
for (int i = 1; i <= n; i++)
	for (int j = 2 * i; j <= n; j += i)
		f[j] -= f[i];
```
- 一些公式
  
  \[\because \varphi(p^k) = p^k - p^{k - 1} \]
  \[\therefore \varphi(n) = n \prod \frac{p_i - 1}{p_i} \]
  \[\sum_{d | n} \mu(d) = [n = 1] \]
  最后一个式子可以用二项式定理与 \(\mu\) 的定义证明。

例题

CF1614D1

dp, 考虑将 \(a\) 放在开头的最大值，\(dp_1 = n\)。

\[dp_a = \max_{b | a} \{dp_b + (a - b) \times \sum_{i=1}^n [a |a_i]\} \]
复杂度 \(O(n \ln n)\)。
P2568

发现以前交错代码了 qwq
- 莫比乌斯反演的思路：要变出 \([n = 1]\) 的形式，然后化为 \(\sum_{d|n} \mu(d)\)。化很久几下，答案：
\[\sum_{p \in P} \sum_{k = 1} \mu(k) \lfloor n / pk \rfloor \lfloor m / pk \rfloor \]
求的复杂度是调和级数的。

实际上是推到一半发现了 \(\varphi\)，直接随便做。
求 \(\sum_{i = 1}^n i^k\)，\(n, k \le 10^7\)。

注意到 \(id_k(n) = n^k\) 是（完全）积性函数，直接筛就行。
区间加区间 \(\gcd\) 查询
- 首先差分，由于 \(\gcd(a, b) = \gcd(a, b - a)\)，所以差分序列的区间 \(\gcd\) 与原序列是一样的。
- 然后可以考虑单点修改区间查询，\(O(n \log n \log a)\)，也许不能通过？
- 然而过了？？？
- 注意到，区间 \(\gcd\) 暴力求是 \(O(n + \log a)\) 的。所以询问与 pushup 就是求 \(\log n\) 的数的 \(\gcd\)，复杂度 \(O(\log n + \log a)\)。总复杂度 \(O(m(\log n + \log a))\)。
- 附注：ST 表预处理 \(\gcd\) 也是 \(O(n(\log n + \log a))\) 的。

电脑坏了，cnblogs 密码忘记了 qwq

07/17

学校什么 ** 电脑，关机后上午笔记丢了。

同时讲了 07/17 和 07/18 的内容，数论讲完了。

稍微补一点笔记，直接内容例题结合了。

同余最短路

我是大鸽子。

例题

跳楼机
Roger 买鸭子

07/18 模拟赛

%UR，A 没切，其余 \(3\) 题全暴力，可以退役惹。

总分 \(80\)，至少比上次高 ~~，还是宿舍 rk. 1 呢~~。

题解

A. WTP 的大洗牌

题意：求 \(x,y\)，使 \(x^2 + y^2 \equiv \prod_{i = 1}^n a_i^2 + b_i^2 (\bmod 2^{64})\)。

\(n \le 10^5, x, y, \le 2^{64}\)

\(10000ms\) 的时限纯诈骗，正解是 \({O(n)}\) 的。

我们可以采用推广法。~~其实是看到 \(n=2\) 的部分分~~。先考虑 \(n=2\) 的情况。

\[\begin{aligned} (a^2+b^2)(c^2 + d^2) &= (ac)^2+(bd)^2+(bc)^2+(ad)^2 \\ &= (ac + bd)^2+(ad-cb)^2 \end{aligned}\]

根据这个，我们可以轻松构造出一组解，而会了 \(n=2\) 我们很快能推广到 \(n\) 的普遍情况。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

using ull = unsigned long long;
#define L(i, j, k) for (int i = j; i <= int(k); i++)
#define R(i, j, k) for (int i = j; i >= int(k); i--)
#define qio() ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0)

const int N = 5e5 + 5;

int n;
ull a[N], b[N];

int main() {
	qio();
	cin >> n;
	L(i, 1, n)
		cin >> a[i];
	L(i, 1, n)
		cin >> b[i];
	ull a1 = a[1], b1 = b[1];
	L(i, 2, n) {
		ull aa = a1, bb = b1;
		a1 = aa * a[i] + bb * b[i];
		b1 = aa * b[i] - bb * a[i];
	}
	return cout << a1 << ' ' << b1 << '\n', 0;
}

B. 第一题

给一个字符串 \(s\)，对于 \(i = 1 \dots |s|\)，进行如下操作：

如果 \(t\) 是空串，则 \(t = s_is_i\)。

否则，交换 \(t_2, t_3\)，\(t_4, t_5\)……并将 \(s_i\) 插入至 \(t\) 的第二、倒数第二位。

每次操作后，求 \(t\) 的所有前缀偶回文串的哈希值

\[\sum_{i = 1}^{|s|} (\operatorname{ASCLL}(t_i) - \operatorname{ASCLL}(a))131^{|s|-i} \bmod 2^{64} \]
强制在线。

首先，这个操作很神秘，我们不知道它在做什么，自然想不出它的性质。因此我们先模拟一下这个操作。

直接拿几个字符做例子太累了，我们直接用 12345678。

模拟后，我们可以发现，字符的顺序变成了 1827364554637281。把这个串写出来后我们自然发现：

奇数位是原串，偶数位是原串的反串。

这个性质很特殊，我们继续观察。

一个字符串是偶回文串，为什么是偶？我们考虑偶回文串。

以 182736 为例，如果它是回文串，则 123 = 678。因此我们又发现，偶回文串一定是原串的 Border。

于是我们就可以这样：维护 Hash，再求出后缀树上到根的 Hash 和。~~（什么玩意儿是人话吗，看 Code 吧）~~

注意细节，Hash 时用到了 \(bp_{2 |s| - 2}\)，所以数组要开大。（本地测下极限数据即可发现）

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

using ll = long long;
using vi = vector < int >;
using ull = unsigned long long;
#define pb emplace_back
#define L(i, j, k) for (int i = j; i <= int(k); i++)
#define R(i, j, k) for (int i = j; i >= int(k); i--)
#define qio() ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0)

const int N = 5e6 + 5;
const int base = 131;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const ll INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3fll;

string s;
int k, nxt[N];
ull bp[N << 1], ans[N]; // 数组忘开大，爆零两行泪

void output() {
	ull out(0);
	L(i, 1, s.size() - 1) {
		out ^= ans[i];
		if (i % k == 0) {
			cout << out << '\n';
			out = 0;
		}
	}
}
char online(char ch, ull last) {
	return char(last % 26 + (ch - 'a')) % 26 + 'a';
}
int val(char ch) {
	return ch - 'a';
}
int solve() {
	bp[0] = 1;
	L(i, 1, 2 * s.size() - 1) // 我们之后用到了 bp[2 * i - 2]
		bp[i] = bp[i - 1] * base;
	
	ull hs(0), conv_hs(0);
	for (int i = 1, k = 0; i < (int)s.size(); i++) {
		s[i] = online(s[i], ans[i - 1]);
		
		hs *= base, hs += val(s[i]), hs *= base; // Calc Hash
		conv_hs += val(s[i]) * bp[2 * i - 2];
		
//		printf("%llu (i = %d)\n", hs + conv_hs, i);
		
		if (i == 1) { // Special Judge
			ans[i] = hs + conv_hs;
			continue;
		}
		
		while (k && s[i] != s[k + 1]) // KMP
			k = nxt[k];
		nxt[i] = k += s[k + 1] == s[i];
		
		ans[i] = ans[nxt[i]] + hs + conv_hs; // Calc ans
	}
	
	return output(), 0;
}

int main() {
	freopen("easy.in", "r", stdin);
	freopen("easy.out", "w", stdout);
	qio();
	
	cin >> s >> k;
	s = " " + s;
	
	return solve();
}

C. WTP 的通缉

给一棵有边权的树，\(q\) 次询问求编号在 \([l_1,r_1], [l_2, r_2]\) 之间的点各选一个，求最大距离。

连续区间，想到线段树；选点集里最大距离，就是广义直径。

所以这题其实是很板的一个题，\([l, r]\) 的直径可以线段树维护，因为两个点集合并后，直径的端点一定是原直径的端点。于是我们进行一个线段树的查询即可。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

using ll = long long;
using ull = unsigned long long;
#define pb emplace_back
#define me(a, b) memset(a, b, sizeof(a))
#define L(i, j, k) for (int i = j; i <= int(k); i++)
#define R(i, j, k) for (int i = j; i >= int(k); i--)
namespace io {
	int read() {
		int res(0), f(1);
		char ch(getchar());
		while (ch < '0' || ch > '9') {
			if (ch == '-')
				f = -1;
			ch = getchar();
		}
		while (ch >= '0' && ch <= '9') {
			res = res * 10 + (ch ^ '0');
			ch = getchar();
		}
		return res * f;
	}
} 
using io::read;

const int N = 1e5 + 5;
const int LG = 18;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const ll INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3fll;

struct edge {
	int v, w;
};
int n, m;
ve G[N];

namespace LCA {
	int dfc, dfn[N], dep[N], rmq[LG][N];
	ll edis[N];
	
	int get(int x, int y) {
		return dfn[x] < dfn[y] ? x : y;
	}
	void dfs(int u, int fa) {
		rmq[0][dfn[u] = ++dfc] = fa;
		for (auto e : G[u])
			if (e.v != fa) {
				edis[e.v] = edis[u] + e.w;
				dep[e.v] = dep[u] + 1;
				dfs(e.v, u);
			}
	}
	void init() {
		dfs(1, 0);
		for (int i = 1; i <= __lg(n); i++)
			for (int j = 1; j + (1 << i) - 1 <= n; j++)
				rmq[i][j] = get(rmq[i - 1][j], rmq[i - 1][j + (1 <<(i - 1))]);
	}
	int lca(int u, int v) {
		if (u == v)
			return u;
		if ((u = dfn[u]) > (v = dfn[v]))
			swap(u, v);
		int d = __lg(v - u++);
		return get(rmq[d][u], rmq[d][v - (1 << d) + 1]);
	}
	ll dis(int u, int v) {
		if (!u || !v)
			return -INF;
		int l = lca(u, v);
		return edis[u] + edis[v] - 2 * edis[l];
	}
} using LCA::dis;

struct chain {
	int u, v;
	chain() {
		u = v = 0;
	}
	chain(int x, int y) {
		u = x, v = y;
	}
};

chain merge(chain a, chain b) {
	int u1 = a.u, v1 = a.v, u2 = b.u, v2 = b.v;
	
	if (!u1 || !v1)
		return b;
	if (!u2 || !v2)
		return a;
	
	ll mx = max({dis(u1, v1), dis(u1, v2), dis(u2, v1), dis(u2, v2), dis(u1, u2), dis(v1, v2)});
	if (mx == dis(u1, v1))
		return chain(u1, v1);
	if (mx == dis(u1, v2))
		return chain(u1, v2);
	if (mx == dis(u2, v1))
		return chain(u2, v1);
	if (mx == dis(u2, v2))
		return chain(u2, v2);
	if (mx == dis(v1, v2))
		return chain(v1, v2);
	if (mx == dis(u1, u2))
		return chain(u1, u2);
	return chain(0, 0);
}

struct sgt {
	chain ch[N << 2];
	
	sgt() {}
	
	#define ls(u) (u << 1)
	#define rs(u) (u << 1 | 1)
	void pushup(int u) {
		ch[u] = merge(ch[ls(u)], ch[rs(u)]);
	}
	void build(int s, int t, int u) {
		if (s == t)
			return (void)(ch[u] = chain(s, t));
		int mid = (s + t) >> 1;
		build(s, mid, ls(u));
		build(mid + 1, t, rs(u));
		pushup(u);
	}
	chain query(int s, int t, int l, int r, int u) {
		if (l <= s && t <= r) 
			return ch[u];
		int mid = (s + t) >> 1;
		chain ret = chain(0, 0);
		if (mid >= l)
			ret = query(s, mid, l, r, ls(u));
		if (mid < r)
			ret = merge(ret, query(mid + 1, t, l, r, rs(u)));
		return ret;
	}
} tr;

int main() {
	n = read(), m = read();
	for (int i = 1, u, v, w; i < n; i++) {
		u = read(), v = read(), w = read();
		G[u].push_back({v, w});
		G[v].push_back({u, w});
	}
	
	LCA::init();
	tr.build(1, n, 1);
	
	while (m--) {
		int l1 = read(), r1 = read(), l2 = read(), r2 = read();
		auto rec1 = tr.query(1, n, l1, r1, 1), 
			 rec2 = tr.query(1, n, l2, r2, 1);
		int u1 = rec1.u, v1 = rec1.v,
			u2 = rec2.u, v2 = rec2.v;
		printf("%lld\n", max({dis(u1, u2), dis(u1, v2), dis(v1, u2), dis(v1, v2)}));
	}

	return 0;
}

D. 蹦蹦炸弹

一张图，\(m\) 次连边，形式为 \(x, y, l, w\)，表示对于 \(i \in Z^+ \cap [0, l)\)，\(x + i\) 与 \(y + i\) 之间连一条边权为 \(w\) 的边。求 MST。

其实这题是原：Range Parallel Unionfind

老师：我一眼就切了。可是……

我们考虑 sort 后加边，并查集维护连通性（因为 Kruskal 就是这么做的），但如何并查集？

其实区间连边，让我们想到了拆区间操作，线段树优化建图不也是这样吗？

于是我们可以维护 \(O(\log n)\) 层并查集，第 \(i\) 层并查集中，\(u,v\) 连通表示 \([u, u + 2^i-1),[v, v + 2^i - 1)\) 连通。

高层的并查集要把连通性下推到低层，看起来很暴力，但很显然一个并查集最多连边 \(O(n)\) 次，因此总复杂度是 \(O(n \log n)\)。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

using LL = __int128;
using ll = long long;
using ldb = long double;
using vi = vector < int >;
using ull = unsigned long long;
#define pb emplace_back
#define ve vector < edge >
#define me(a, b) memset(a, b, sizeof(a))
#define L(i, j, k) for (int i = j; i <= int(k); i++)
#define R(i, j, k) for (int i = j; i >= int(k); i--)
#define qio() ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0)
namespace io {
	int read() {
		int res(0), f(1);
		char ch(getchar());
		while (ch < '0' || ch > '9') {
			if (ch == '-')
				f = -1;
			ch = getchar();
		}
		while (ch >= '0' && ch <= '9') {
			res = res * 10 + (ch ^ '0');
			ch = getchar();
		}
		return res * f;
	}
} 
using io::read;

namespace Dbg {
	template < class T >
	void dbg(char *f, T t) {
		cerr << f << '=' << t << endl;
	}
	template < class T, class ...Ar >
	void dbg(char *f, T x, Ar... y) {
		while (*f != ',')
			cerr << *f++;
		cerr << '=' << x << ',';
		dbg(f + 1, y...);
	}
}
#define gdb(...) cerr << "gdb in line " <<__LINE__ << ": ", Dbg::dbg((char*)#__VA_ARGS__,__VA_ARGS__);

const int N = 1e5 + 5;
const int M = 5e5 + 5;
const int LG = 18;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const ll INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3fll;

struct connect {
	int x, y, l, w;
	void input() {
		x = read(), y = read(), l = read(), w = read();
	}
} E[M];
int n, m;

struct dsu {
	vi fa;

	dsu() {}

	void init(int n) {
		fa.reserve(n + 1);
		for (int i = 1; i <= n; i++)
			fa[i] = i;
	}
	int find(int x) {
		return x == fa[x] ? x : fa[x] = find(fa[x]);
	}
	bool unite(int x, int y) {
		if ((x = find(x)) == (y = find(y)))
			return 0;
		return fa[x] = y, 1;
	}
};

int main() {
	n = read(), m = read();
	L(i, 1, m)
		E[i].input();

	sort(E + 1, E + m + 1, [](connect a, connect b) {
		return a.w < b.w;
	});

	ll ans = 0;
	vector < dsu > G(__lg(n) + 1);
	for (int i = 0; i <= __lg(n); i++)
		G[i].init(n);

	function < void(int, int, int, int) > merge = [&](int x, int y, int dep, int w) {
//		printf("merge(%d, %d, %d, %d)\n", x, y, dep, w);
		if (!G[dep].unite(x, y))
			return;
		if (!dep) {
			ans += w;
			return;
		}
		merge(x, y, dep - 1, w);
		merge(x + (1 << dep - 1), y + (1 << dep - 1), dep - 1, w);
	};

	L(i, 1, m) {
		auto e = E[i];
		int x = e.x, y = e.y, l = e.l, w = e.w;

		for (int bit = 0; l; l >>= 1, bit++)
			if (l & 1) {
				merge(x, y, bit, w);
				x += 1 << bit, y += 1 << bit;
			}
	}
	return printf("%lld\n", ans), 0;
}

比赛总结

反正信友队那里写了，直接 copy 过来。

考试过程

我用约 15min 通读了题目

发现 D 是最小生成树，没细看，似乎可以线段树优化建图

然后开 A，瞪了几下没什么结果，也没有推式子、找性质，突然看到
A 的时限是 10000ms，顿时很惊讶，以为正解是暴力

大约 45min 的时候给 A 写完了暴力（完全错掉）

之后观察了下别的题，用 30min 先写了 C 的 30pts 暴力

之后我错认为我发现了 D 的并查集正解（假了，和正解还有差距）
于是开始写。写了几下发现大样例过不去，于是花了 30min 对拍
对拍过程中发现题读错，假完了，只好交一发 40pts 的暴力.这时 10:48

现在唯一能拿的是 B 的部分分，我写了个巨难写的暴力（真的比正解还难写），11:40 写完，发现爆零了。

最后我发现我代码交错了，还有 freopen 没删的情况，救了
70pts

知识缺漏

我觉得我好想只用了普及组的知识点
中间几个问题是什么鬼
- 我的代码能力似乎有很大进步
- 但思维能力有待很大提升
知识缺漏
- 不会数学推导，A 都推不出
- 没有熟练掌握算法的运用

策略缺失

好的：

我打了很多暴力
我发现正解写假后立刻写了对拍与暴力

不好的：

我没看 A 的部分分，根本没发现 \(n = 2\) 的提示性，直接写了假的暴力
写 D 前我没有验证做法正确性，导致浪费 1h+ 用于写假做法与对拍
B 我没有模拟操作，对操作的性质一无所知

改进方案

要多做比赛，比赛时算法不会给出 tag
上课要多想，比赛时的做法都得自己想
多对题目做总结
作业要线下先验证一遍
- 测极限数据
- 样例过了 \(\neq\) AC

07/20

上课内容

组合数学

下降幂 \(n^{\underline{m}}=A_n^m\)。
\(\sum_{i = 0}^m \binom{i}{n} =\binom{m+1}{n+1}\)，这个东西好像是可以用杨辉三角证明。
\(\sum_{i = 0}^k \binom{n}{i} \binom{m}{k - i} = \binom{n + m}{k}\)，范德蒙德卷积，可以用二项式定理证明。
\(\binom{n}{r} \binom{r}{k} = \binom{n}{k} \binom{n - k}{r - k}\)，组合意义：选 \(r\) 个人，\(r\) 个人里选 \(k\) 个发奖。后面是先发奖，再选炮灰。
二项式定理。
二项式反演。
- 如果 \(g_n = \sum_{i = 0} ^ n \binom{n}{i} f_i\)，则
\[f_n = \sum_{i = 0}^n (-1)^{n - i} \binom{n}{i} g_i \]
可以带入啊算个半天，最后得出来了。
错排
- 加入，交换，\(n - 2\) 条限制
- 加入，交换，加上 \(i\) 不在 \(n\) 的限制，共 \(n - 1\) 条限制
- 加起来，\(D_n = (n - 1)(D_{n - 1} + D_{n - 2})\)。
- 或者还有 OI-Wiki 的理解方式。
- 还有一个式子：\(D_n = \lfloor \frac{n!}{e} \rfloor\)

线性代数初步

矩阵的一些运算
- 原来 \(\det\) 的定义是凑出来的 😃
- 注意矩阵乘法无交换律，但有结合律，就可以用线段树搞动态 DP 之类的东西，当然我不会
矩阵幂，线性递推

例题

CF1312D Count the Arrays

\[2^{n - 3} \times \binom{m}{n-1} \times (n - 2) \]
式子做的时候重新推。
NOIP2011
HNOI2012 排队

把老师当 boys - 把老师绑一块成一个 boy
P6601 「EZEC-2」机器

推式子。
矩阵乘法水题
矩阵乘法改写再矩阵快速幂水题
类线性递推
- 添加一些常数或者什么项。
魔法值

就是以前秦老师讲过的 \(O(q n^3 \log a)\) 用矩阵乘法结合律优化为 \(O(q n^2 \log a)\) 的题，记得吧！

预处理 \(X^{2^k}\)，从右到左乘一遍，\(O(n^3 \log a + q n^2 \log a)\)。预处理平衡复杂度。

07/20-2

怎么还上课。

Gauss Elimination

高斯消元
逆矩阵
行列式
一个图，每次可以选一条边，将端点的 \(0/1\) 状态取反。开始时全 \(0\)，问能否全 \(1\)。
- 相邻异或和 \(=1\)，解方程，bitset 优化。
线性基
- ABC141F
  
  \(X_r \oplus X_b\) 是一定的，如果总体异或和的某一位是 \(1\)，置零，因为不论哪边是 \(1/0\) 都没关系，对于 \(0\) 的位，线性基。
高斯消元与 DP
- P2973 赶小猪
  
  无限次操作、DP 非 DAG 的解方程做法。

07/21

模拟赛，\(100 / 100 + 100 / 100 + 20 / 100 + 0 / 100 = 220 / 400\), rank. 1，这把我开了。

07/22

好些的整数三分

while (r - l > 3) {
	int lmid = l + (r - l) / 3,
	    rmid = r - (r - l) / 3;
	if (f(lmid) < f(rmid))
		l = lmid;
	else
		r = rmid;
}
auto top = f(l);
while (f(l + 1) > f(l))
	l++;

例题

HNOI2009 最小圈
- \(w - mid\) 最小环，负环判断。
CF1355E

三个操作，知道总代价没用。

二分好像没相关的单调性，因此三分最终所有楼的高度 \(H\) 即可。
CF526F

首先我们可以简单转化为求多少个 \((i, j)\) 满足 \(\max\{y_i \dots y_j\} - \min\{y_i \dots y_j\} = j - i\)

分治，递归上来时记录前后缀极值。合并出的贡献是 \(\max (suf_i, pre_j) - \min(suf_i, pre_j) = j - i\)。我们拆 \(\max \min\) 并分讨即可。一种情况直接做，另一种情况双指针。
AGC006D

07/23

模拟赛，寄大了，只有 rk.8。

总结

这把又打出了我 OI 里的一堆问题，当然不妨先写一点点优点：

通读了题目

哈哈，竟然想不出别的 💔

首先策略上自带极大的问题，我用大半场的时间死磕 B 题，导致 C 没认真看，最后 B 也没想出来。

其次，在思考方向方法上也有巨大问题——可怕的 dfs 式想题。在思考 B 一个多小时，搞出了好几个假做法后，任然没有一个可行的解时，我任然在考虑 B 如何用图论做（这是我想不出来的，最大团是 NPC）。如果我第一次假后就换成数论 + DP 版的思考方向应该能拿很多分。部分分也提示了这一点，但我没有醒悟过来。

最后，我不怎么会打暴力，如果是指数级的暴力是可以剪枝的，然而我没有。这就导致 B 题分数直接垫底。

其实这么看，上一场是很狗运的。我一遍想出了 AB 的做法，并且一遍写对，实在是遇到了喜欢的题。

posted @ 2024-08-01 10:42 sihiazi 阅读(15) 评论(0) 编辑收藏举报

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