10/3 模拟赛 | 牛客 2020 tg1

DS round

A

$ax+by+cz=d$ 的形式，发现裴蜀定理即可。注意下 $\gcd(-a,b)=\gcd(a,b),\gcd(a,0)=a$，即变绝对值和去掉 $0$ 即可。

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define pb push_back
using namespace std;

int gcd(int x,int y) {
	return !y?x:gcd(y,x%y);
}

void sol() {
	int a,b,c,d; 
	cin>>a>>b>>c>>d;
	a=abs(a); b=abs(b); c=abs(c);
	if(!a&&!b&&!c) {
		if(d==0) {
			cout<<"YES\n"; return ;
		} else {
			cout<<"NO\n"; return ;
		}
	} else if(!a&&!b) {
		if(d%c==0) {
			cout<<"YES\n"; return ;
		} else {
			cout<<"NO\n"; return ;
		}
	} else if(!a&&!c) {
		if(d%b==0) {
			cout<<"YES\n"; return ;
		} else {
			cout<<"NO\n"; return ;
		}
	} else if(!b&&!c) {
		if(d%a==0) {
			cout<<"YES\n"; return ;
		} else {
			cout<<"NO\n"; return ;
		}
	} else if(!a) {
		int qwq=gcd(b,c);
		if(d%qwq==0) {
			cout<<"YES\n"; return ;
		} else {
			cout<<"NO\n"; return ;
		}
	} else if(!b) {
		int qwq=gcd(a,c);
		if(d%qwq==0) {
			cout<<"YES\n"; return ;
		} else {
			cout<<"NO\n"; return ;
		}
	} else if(!c) {
		int qwq=gcd(a,b);
		if(d%qwq==0) {
			cout<<"YES\n"; return ;
		} else {
			cout<<"NO\n"; return ;
		}
	} else {
		int qwq=gcd(a,gcd(b,c));
		if(d%qwq==0) {
			cout<<"YES\n"; return ;
		} else {
			cout<<"NO\n"; return ;
		}
	}
}

signed main() {

	cin.tie(0); ios::sync_with_stdio(false);
	int T; cin>>T; while(T--) sol();
	return 0;
} 

B

假如你不会正解，显然这样子置换是满足结合律的，于是倍增即可。即记 $st[i][j]$ 为初始局面跳 $2^i$ 次，第 $j$ 个位置是哪颗球。

你推不出来转移随便搓一下就好了。

#include <bits/stdc++.h>
//#define int long long
#define pb push_back
using namespace std;
const int N=(int)(1e5+5);
struct node {
	int x,y;
}a[N];
struct nd {
	int a[10];
}st[20][N];
int n,m,v[10],tmp[10];
signed main() {
	cin.tie(0); ios::sync_with_stdio(false);
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		cin>>a[i].x>>a[i].y;
	} 
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		for(int j=0;j<=9;j++) v[j]=j;
		swap(v[a[i].x],v[a[i].y]);
		for(int j=0;j<=9;j++) st[0][i].a[j]=v[j];
	}
	for(int i=1;(1<<i)<=n;i++) {
		for(int j=1;j+(1<<i)-1<=n;j++) {
			for(int k=0;k<=9;k++) {
				int x=st[i-1][j+(1<<(i-1))].a[k];
				x=st[i-1][j].a[x];
				st[i][j].a[k]=x;
			}
		}
	}
	while(m--) {
		int l,r; cin>>l>>r;
		for(int i=0;i<=9;i++) v[i]=i;
		int qwq=r-l+1,nw=l;
		for(int i=18;i>=0;i--) {
			if(qwq>=(1<<i)) {
				qwq-=(1<<i);
				for(int j=0;j<=9;j++) tmp[j]=v[j];
				for(int j=0;j<=9;j++) {
					int x=st[i][nw].a[j];
					v[j]=tmp[x];
				}
				nw+=(1<<i);
			}
		}
		for(int i=0;i<=9;i++) cout<<v[i]<<' ';
		cout<<'\n';
	}
	return 0;
} 

C

考虑找第一个不能表示的，一定是 $[1,ans)$ 都可以，$ans$ 不行。

考虑维护当前能表示的值域区间，显然一定是个前缀，考虑加上一个数，对于这条线段平移即可。

然后发现你要从小到大加数，然后写个主席树+模拟上述过程即可。

关于复杂度：每次都翻倍，显然 2 个 log。

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define pb push_back
using namespace std;
const int N=(int)(1e5+5),M=(int)(1e9);
int n,m,a[N],tot;
int sum[N*50],ls[N*50],rs[N*50],rt[N];

void upt(int pre,int &cur,int l,int r,int pos,int v) {
	if(!cur) cur=++tot;
	sum[cur]=sum[pre]+v;
	if(l==r) return ;
	int mid=(l+r)>>1;
	if(pos<=mid) rs[cur]=rs[pre],upt(ls[pre],ls[cur],l,mid,pos,v);
	else ls[cur]=ls[pre],upt(rs[pre],rs[cur],mid+1,r,pos,v);
}
int qry(int cur,int l,int r,int cl,int cr) {
	if(!cur) return 0;
	if(cl<=l&&r<=cr) return sum[cur];
	int mid=(l+r)>>1,res=0;
	if(cl<=mid) res=qry(ls[cur],l,mid,cl,cr);
	if(cr>mid) res+=qry(rs[cur],mid+1,r,cl,cr);
	return res;
}

signed main() {
	cin.tie(0); ios::sync_with_stdio(false);
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		cin>>a[i];
		upt(rt[i-1],rt[i],1,M,a[i],a[i]);
	}
	while(m--) {
		int l,r; cin>>l>>r;
		int R=0,las=0;
		while(1) {
			int qwq=qry(rt[r],1,M,las+1,R+1)-qry(rt[l-1],1,M,las+1,R+1);
			if(qwq) {
				las=R+1; R+=qwq;
			} else break ;
		}
		cout<<R+1<<'\n';
	}
	return 0;
} 

D

别看错题就好。

考虑 $f(x,y)$ 为到 $(x,y)$ 的最大价值，每次枚举上一个有价值的转移过来即可。

暴力方程 $f(i,j)=\max\{f(x,y)+a(x,y)+c(x,y)+(i+j-x-y)\}$，因为一有贡献，然后我钦定你从那里转移过来，显然中间怎么走的没有贡献。

至于正确性，注意看看起点终点都是无贡献的。

考虑优化，显然 $nm\le 10^5$ 提醒我们可以看看记 id 的形式，考虑枚举行后枚举列本质上就是扫 id，显然还有一个限制就是 $s\%m\le t\%m$，若是 $s$ 能转移到 $t$ 的话。

为了这个限制，你需要把下标从 $0$ 开始。/fad

接下来，发现转移是一次函数最值问题，但是你发现转移点是个矩阵，以及转移决策点并没有单调性质。

显然李超树，对于第二维的话我们发现没办法李超树维护前缀（），显然可以分块，实际上应该还是可以二进制分组的。

然后，现在复杂度是 $O(nm\sqrt{m}\log{nm})$ 的，注意到 $nm\le 1e5$ 的限制，意味着我们可以将 $\sqrt{m}$ 通过根号分治转为 $\sqrt{\min(n,m)}$，显然这个就是 $(10^5)^{1/4}$，其实还是挺快的。

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define pb push_back
using namespace std;
const int N=(int)(1e5+5),M=1000,MM=350,inf=(int)(2e18);
int n,m,v[N],c[N],f[N],L[N],R[N],bl;
inline int ID(int x,int y) {
	return x*m+y;
}
struct node {
	int K,B;
}s[N];
int val[N*40],ls[N*40],rs[N*40],rt[N*2],tot,id[N],NEX;
int cal(int id,int x) {
	return s[id].K*x+s[id].B;
}
void upt(int &cur,int l,int r,int id) {
	if(!cur) {
		cur=++tot; val[cur]=id; return ;
	}
	int mid=(l+r)>>1,v=val[cur],res1=cal(v,mid),res2=cal(id,mid);
	if(l==r) {
		if(res1<res2) val[cur]=id;
		return ;
	}
	if(s[v].K<s[id].K) {
		if(res1<res2) {
			val[cur]=id;
			upt(ls[cur],l,mid,v);
		} else {
			upt(rs[cur],mid+1,r,id);
		}
	} else {
		if(res1<res2) {
			val[cur]=id;
			upt(rs[cur],mid+1,r,v);
		} else {
			upt(ls[cur],l,mid,id);
		}
	}
}

int query(int cur,int l,int r,int pos) {
	if(!cur) return -inf;
	int res=cal(val[cur],pos);
	if(l==r) return res;
	int mid=(l+r)>>1;
	if(pos<=mid) return max(res,query(ls[cur],l,mid,pos));
	else return max(res,query(rs[cur],mid+1,r,pos));
}

int qry(int l,int r,int x) {
	if(id[l]==id[r]) {
		int res=-inf;
		for(int i=l;i<=r;i++) {
			res=max(res,query(rt[i],0,n+m,x));
		}
		return res;
	} else {
		int res=-inf;
		for(int i=l;i<=R[id[l]];i++) res=max(res,query(rt[i],0,n+m,x));
		for(int i=id[l]+1;i<id[r];i++) res=max(res,query(rt[i+NEX],0,n+m,x));
		for(int i=L[id[r]];i<=r;i++) res=max(res,query(rt[i],0,n+m,x));
		return res;
	}
}

void UPT(int x,int v) {
//	cout<<x<<" "<<id[x]<<'\n';

	upt(rt[x],0,n+m,v);
	upt(rt[id[x]+NEX],0,n+m,v);
}
signed main() {
// 	freopen("D.in","r",stdin);
	cin.tie(0); ios::sync_with_stdio(false);
	cin>>n>>m;
	for(int i=0;i<n;i++) {
		for(int j=0;j<m;j++) {
			cin>>c[ID(i,j)];
		}
	}
	for(int i=0;i<n;i++) {
		for(int j=0;j<m;j++) {
			cin>>v[ID(i,j)];
		}
	}
	memset(f,-0x3f,sizeof(f));
	f[ID(0,0)]=0;
	if(n>=m) {
		bl=sqrt(m); int las=0; NEX=m;
		for(int i=0;i<m;i++) {
			id[i]=i/bl+1;
			if(id[i]!=las) {
				L[id[i]]=R[id[i]]=i; las=id[i];
			} else R[id[i]]=i;
		}
		for(int i=0;i<n;i++) {
			for(int j=0;j<m;j++) {
				int x=ID(i,j);
				f[x]=max(f[x],qry(0,x%m,i+j));
				s[x].K=c[x]; s[x].B=f[x]+v[x]-(i+j)*c[x];
				UPT(x%m,x);
			}
		}
	} else {
		bl=sqrt(n); int las=0; NEX=n;
		for(int i=0;i<n;i++) {
			id[i]=i/bl+1;
			if(id[i]!=las) {
				L[id[i]]=R[id[i]]=i; las=id[i];
			} else R[id[i]]=i;
		}
		for(int j=0;j<m;j++) {
			for(int i=0;i<n;i++) {
				int x=ID(i,j);
				f[x]=max(f[x],qry(0,x/m,i+j));
				s[x].K=c[x]; s[x].B=f[x]+v[x]-(i+j)*c[x];
				UPT(x/m,x);
			}
		}
	}
	cout<<f[ID(n-1,m-1)];
	return 0;
} 

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本文作者：F x o r G
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