联赛测试2 3.25

A. Merchant

考场上很快看上去像是个二分，然而斜率有下降的造成错觉导致一直没有证出来，再加上没有及时 return 爆了 long long ，最后交上乱搞的版本分还变低了……

证明

对于所有 $k_i$ 大于 0 的情况，很容易证明出是单调递增的

对于存在 $k_i<0$ 的情况：若 t=0 的时刻值已经满足，则 0 为答案；否则，由于题目规定保证有解，则存在某个 t>0 满足条件，那么 $\sum k_i$ 一定大于零，函数仍为单调递增的

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而二分答案后贪心选取前m大且大于零的，直接sort 会TLE，可以使用 c++11 内置函数 $nth\_element()$ 实现，这个函数会在 $O$（$len$） 时间内将数列中第 k 大的数放在第k 的位置上，且比k小的数在位置 k 左侧“乱序”排列，大的元素同理

代码实现

const int maxn=1e6+5;
ll y[maxn],d;
ll k[maxn],b[maxn],n,m,a[maxn],sum;
bool check(ll x){
	for(int i=1;i<=n;i++){
		y[i]=k[i]*x+b[i];
	}
	nth_element(y+1,y+n-m+1,y+n+1);
	ll sum=0;
	for(int i=n;i>=n-m+1;i--){
		if(y[i]>0)sum+=y[i];
		if(sum>=d)return true;
	}
	return false;
}
int main(){
	n=read();
	m=read();
	d=read();
	for(int i=1;i<=n;i++){
		k[i]=read();
		a[i]=b[i]=read();
	}
	sort(a+1,a+n+1);
	for(int i=n;i>=n-m+1;i--){
		if(a[i]<0)break;
		sum+=a[i];
	}
	if(sum>=d){
		cout<<0;
		return 0;
	}
	ll l=0,r=1e9;
	while(l<r){
		ll mid=l+r>>1;
		if(check(mid))r=mid;
		else l=mid+1;
	}
	cout<<l;
	return 0;
}


//数据比较水，下面这个样例有的题解过不了
/*
2 1 100
-100 105
1 1
*/

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B. Equation

考场上曾经想到将每个变量用 $x_1$ 表示出来，然而想着走到别的枝上在爬树回去，中间不知道哪里写挂了……

正解：

将每个变量表示出来后，得 $X_u=a-X_1$, $X_v=b-X_1$,再加上 $X_u+X_v=S$ ,可以解出 $X_1$ 。

然而每次X的表达式可以考虑通过树状数组维护的树上差分实现。由于值是一正一反相减得到的，那么深度为奇数的点的值之间有差分关系，而偶数点通过求父亲推倒即可

代码实现

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int maxn=1e6+5,maxm=1e6+5;
int n,q,cnt,hd[maxn],c[maxn],dep[maxn],fa[maxn],val[maxn],num[maxn],tot,size[maxn],op,x,y,u,v,w;
struct Edge{
	int nxt,to;
}edge[maxm];
void add(int u,int v){
	edge[++cnt].nxt=hd[u];
	edge[cnt].to=v;
	hd[u]=cnt;
	return ;
}
int read(){
	int x=0,f=1;
	char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)){
		if(ch=='-')f=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(isdigit(ch)){
		x=x*10+ch-48;
		ch=getchar();
	}
	return x*f;
}
void update(int x,int y){
	for(;x<=n;x+=x&-x)c[x]+=y;
	return ;
}
int sum(int x){
	int ans=0;
	for(;x;x-=x&-x)ans+=c[x];
	return ans;
}
void dfs(int u,int deep){
	dep[u]=deep;
	num[u]=++tot;
	size[u]=1;
	for(int i=hd[u];i;i=edge[i].nxt){
		int v=edge[i].to;
		if(v==fa[u])continue;
		dfs(v,deep+1);
		size[u]+=size[v];
		if((deep+1)&1){
			update(num[v],val[v]-val[u]);
			update(num[v]+size[v],val[u]-val[v]);
		}
	}
	return ;
}
int ask(int p){
	if(dep[p]&1){
		return sum(num[p]);
	}
	return val[p]-sum(num[fa[p]]);
}
signed main(){
//	freopen("shuju.in","r",stdin);
//	freopen("my.out","w",stdout);
	n=read();
	q=read();
	for(int i=1;i<=n-1;i++){
		fa[i+1]=read();
		add(fa[i+1],i+1);
		val[i+1]=read();
	}
	dfs(1,1);
	int flag=0;
	for(int i=1;i<=q;i++){
		op=read();
		if(op==1){
			flag++;
			u=read();
			v=read();
			w=read();
			int uu=ask(u);
			int vv=ask(v);
			int ku=((dep[u]&1)==1?1:-1);
			int kv=((dep[v]&1)==1?1:-1);
			y=w-uu-vv;
			x=ku+kv;
			if(!x){
				if(y)printf("none\n");
				else printf("inf\n");
			}
			else if(y%x)printf("none\n");
			else printf("%lld\n",y/x);
		}
		else{
			u=read();
			w=read();
			if(dep[u]&1){
				update(num[u],w-val[u]);
				update(num[u]+size[u],val[u]-w);
			}
			else if(hd[u]){
				update(num[edge[hd[u]].to],val[u]-w);
				update(num[edge[hd[u]].to]+size[u]-1,w-val[u]);
			}
			val[u]=w;
		}
	}
	return 0;
}

由于比较难调，还写了个对拍，可以配合食用由于比较难调，还写了个对拍，可以配合食用

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
	freopen("shuju.in","w",stdout);
	srand(time(0));
	int n=rand()%10+2;
	cout<<n<<endl;
	int q=10;
	cout<<q<<endl;
	for(int i=2;i<=n;i++){
		cout<<rand()%(i-1)+1<<" "<<rand()%10+1<<endl;
	}
	for(int i=1;i<=q;i++){
		int op=rand()%2+1;
		cout<<op<<" ";
		if(op==1){
			cout<<rand()%n+1<<" "<<rand()%n+1<<" "<<rand()%10+1<<endl; 
		}
		else{
			cout<<rand()%n+1<<" "<<rand()%10+1<<endl;
		}
	}
	return 0;
}

---

C. Rectangle

暴力挂分中……
略……

update 8.9:

再次看 $t3$，终于理解了题解的思路
由于值域不大，可以 $n^2$ 枚举横坐标，作为矩形的长
然后统计当前长下有多少对宽产生贡献

设横坐标为 $l$ 和 $r$ 的点，$mx$ 为两者纵坐标最大值，$mn$ 为最小值
那么产生的贡献为:
$\displaystyle\sum_{y_i>mx}\sum_{y_j<mn}y_i-y_j$
$=\displaystyle\sum_{y_i>mx}y_i*siz_j-sum_j$
$=sum_i*siz_j-siz_i*sum_j$

其中 $siz$ 和 $sum$ 分别表示点的个数和坐标和
发现这个式子用两个树状数组维护即可

但是如果对于 $l$ 和 $r$ 上有多个点的情况可能会算重

比如对于这个矩形，当标准点为 A、C 时会算到，而标准点为 B、C 的时候也会算到

那么可以把纵轴切割成一段一段的，然后分别计算：

这样就可以有效解决重复问题

代码实现

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
//#define int long long
const int mod=1e9+7;
const int MA=2500;
const int maxm=2505;
int n,c[maxm][maxm][2],x,y;
long long ans;
vector<int>a[maxm];
bool vis[maxm][maxm];
int read(){
	int x=0,f=1;
	char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)){
		if(ch=='-')f=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(isdigit(ch)){
		x=x*10+ch-48;
		ch=getchar();
	}
	return x*f;
}
void add(int pos,int x,int w,int op){
	for(;x<=MA;x+=x&-x)c[pos][x][op]+=w;
	return ;
}
int ask(int pos,int x,int op){
	int ans=0;
	for(;x;x-=x&-x)ans+=c[pos][x][op];
	return ans;
}
signed main(){
//	freopen("shuju.in","r",stdin);
//	freopen("my.out","w",stdout);
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;i++){
		x=read();
		y=read();
		a[x].push_back(y);
	}
	for(int i=1;i<=MA;i++){
		sort(a[i].begin(),a[i].end());
		a[i].push_back(MA+1);
	}
//	cout<<"hhh"<<endl;
	for(int i=1;i<=MA;i++){
//		cout<<i<<endl;
		if(a[i].size()==1)continue;
		for(int j=0;j<a[i].size()-1;j++){
			if(!vis[i][a[i][j]]){
				vis[i][a[i][j]]=true;
				add(i,a[i][j],1,0);
				add(i,a[i][j],a[i][j],1);
			}
		}
		for(int j=i-1;j;j--){
			if(a[j].size()==1)continue;
			for(int k=0;k<a[j].size()-1;k++){
				if(!vis[i][a[j][k]]){
					vis[i][a[j][k]]=true;
					add(i,a[j][k],1,0);
					add(i,a[j][k],a[j][k],1);
				}
			}
			int tp1=0,tp2=0,up=max(a[i][0],a[j][0]);
			while(a[i][tp1+1]<=up)tp1++;
			while(a[j][tp2+1]<=up)tp2++;
			while(tp1<a[i].size()-1&&tp2<a[j].size()-1){
				int uup=min(a[i][tp1+1],a[j][tp2+1]);
				int down=min(a[i][tp1],a[j][tp2]);
//				cout<<tp1<<" "<<tp2<<" "<<uup<<" "<<up<<endl;
				ans=(ans+1ll*(i-j)*(
						(ask(i,uup-1,1)-ask(i,up-1,1))*ask(i,down,0)-
						(ask(i,uup-1,0)-ask(i,up-1,0))*ask(i,down,1)
						))%mod;
				up=uup;
				if(a[i][tp1+1]<=up)tp1++;
				if(a[j][tp2+1]<=up)tp2++;
			}
		}
	}
	cout<<ans<<endl;;
	return 0;
}

---

Summary

• T1 挂分比较严重，又一次死在了 long long 上……

• T2 思路没有缕清，没有进一步思考

• 收获一枚 STL 神器——$nth\_element$

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这场考试发挥极不好——恰逢一场春雨，是以乘意作《惊梦》篇：

惊梦时节起云烟，嫩柳清明蕴浽溦。

雨落应闻鹂莺叫，雁归本看杏花肥。

春秋丞案惜白羽，南北征途叹乌骓。

忍顾今夕杨柳岸，来斯何日雪霏霏。