Test1016
T1 kom （容斥
\((1s32M)\)
给出\(N\)个互不相同的正整数，统计共有多少对数，它们有公共的一个数字（不一定在同一位置上）
输入
第一行一个正整数 \(N (1 ≤ N ≤ 1 000 000)\).
接下来\(N\)行，每行一个正整数\([1, 10^{18}]\),
输出
一个数，表示满足条件的对数
input
3
4
20
44
output
1
input
4
32
51
123
282
output
4
暴力(\(18*n^2\))
枚举两个数逐位判断
容斥(\(1024*1024\))
发现我们只在乎有哪些数字出现过，就可以只存每个数中那些数码出现过，这样内存需要(\(1e6*10\))，发现被卡内存了，那我们可以用二进制转换一下，二进制数中第\(i\)位代表这个数中\(i\)出现过，这样每个数都可以转化成一个\(10\)位二进制数最大是\(1023\);
这下就可以用桶统计每种数有多少个(这里的种类是指出现的数码集合相同)，但题目只要求一个数码相同，所以对于每个数码进行统计会重复，自然想到了容斥；
枚举一个状态\(i(i<1024)\)，对于一类数\(j\)(\(i\subset j\)具体体现就是\(j|i=j\))，所有的\(j\)都包含\(i\)这个状态，假设有\(num\)个，对答案的贡献是\(num*(num-1)/2\)，容斥系数就是二进制下\(i\)中\(1\)的数量；
枚举替代容斥(\(1024*1024\))
因为状态很少，我们可以省略容斥，可以直接枚举两个状态(\(i,j\))，如果有交集(\(i\&j!=0\))，\(ans+=num[i]*num[j]\)；
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=1000005;
int n;
int a[2050];
int x;
ll ans;
inline int read()
{
int x=0,f=1;char st=getchar();
while(st<'0'||st>'9'){if(st=='-') f=-1;st=getchar();}
while(st>='0'&&st<='9') x=x*10+st-'0',st=getchar();
return x*f;
}
int main()
{
freopen("kom.in","r",stdin);
freopen("kom.out","w",stdout);
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
{
x=0;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9')c=getchar();
while(c>='0'&&c<='9') x|=(1<<(c-'0')),c=getchar();
a[x]++;
}
for(int i=1;i<1024;i++)
{
int num=0,num1=0;
for(int j=1;j<1024;j++)if((j|i)==j) num+=a[j];
for(int j=0;j<10;j++) if((i>>j)&1) num1++;
if(num1&1)
{
ans+=(ll)num*(num-1)/2;
}
else
{
ans-=(ll)num*(num-1)/2;
}
}
printf("%lld",ans);
fclose(stdin);
fclose(stdout);
return 0;
}
T2 fun （记搜
\((1s128M)\)
给出一程序（函数），输出程序运行后的结果。程序如下：
C++代码：
int fun() {
int ret = 0;
for (int a = X1; a <= Y1; ++a)
for (int b = X2; b <= Y2; ++b)
...
for (int <N-th> = XN; <N-th> <= YN; ++<N-th>)
ret = (ret + 1) % 1000000007;
return ret;
}
\(<N-th>\)表示字母表中每\(N\)个字母，$Xi \(和\)Yi$表示小于等于\(100000\)的正整数，或者表示一个循环变量（前面的）。
比如：\(X3\)可以为 \(a\),$ b\(,或者一个正整数。每一行的\)Xi and Yi$至少有一个是数。
输入
第一行一个正整数 \(N (1 ≤ N ≤ 26)\).
接下来\(N\)行，每行两个用空格隔开的量 \(Xi\ and\ Yi\),如果两个都是数字，则\(Xi ≤ Yi\).
输出
一个数字，表示程序的输出结果
2
1 2
a 3
output
5
input
3
2 3
1 2
1 a
output
10
input
3
1 2
a 3
1 b
output
11
蛮恶心的一道题；
就是让你数循环次数；但是有复杂的嵌套结构；
对于每一对依赖关系连一条边，我们可以得到很多树（森林），（因为每一层最多连一条边），这样的话只有父节点的取值会影响当前节点的循环次数；
我们可以在此基础上记搜；
我们发现只有根节点的左右边界都是数；
对于一个节点，在当前取值下的循环次数应是在当前取值下子节点的循环次数的积，因为子节点总是有先后顺序的；
那记什么呢？我们发现当前节点会对同一边界情况搜很多次，我们记录一个\(f[i][j]\)代表\(i\)号节点，其父节点的取值是\(j\)的循环次数，其中\(j\)是左边界还是右边界是由节点自身情况决定的；
假如j是左边界可以得到
\(k\)是当前节点的一个子节点，\(dfs(k,o)\)是搜第\(k\)层，其父亲取值是\(o\)的情况；
这里为什么又是加呢，很显然每个节点不同取值之间是没有影响的；
这样子可以的\(80\);
我们还可以考虑一下继承，假设我们的取值都是从小到大枚举的，那我们算取值是\(i\)时，\(i-1\)的情况已经算过了；
如果\(i\)是左边界，那\(i-1\)的情况比\(i\)多算了取值为\(i-1\)的影响，将这部分减去就可以了
如果\(i\)是右边界，那\(i-1\)的情况比\(i\)少算了取值为\(i\)的影响，将这部分加上就可以了
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int mod=1000000007;
int n;
char ca[30],cb[30];
int a[30],b[30];
ll ans=1;
ll f[30][100005];
struct skr
{
int to,nxt;
}t[30];
int head[30],cnt;
inline int read()
{
int x=0,f=1;char st=getchar();
while(st<'0'||st>'9'){if(st=='-') f=-1;st=getchar();}
while(st>='0'&&st<='9') x=x*10+st-'0',st=getchar();
return x*f;
}
inline void add(int x,int y)
{
t[++cnt].to=y;t[cnt].nxt=head[x];head[x]=cnt;
}
inline ll dfs(int x,int l)
{
if(~f[x][l]) return f[x][l];
f[x][l]=0;
if(!a[x])
{
f[x][l]=0;
ll res=1;
if(l>b[x])return f[x][l]=0;
if(~f[x][l-1])
{
res=1;
for(int k=head[x];k;k=t[k].nxt)
{
res=(res*dfs(t[k].to,l-1))%mod;
}
f[x][l]=(f[x][l-1]-res+mod)%mod;
}
else
{
for(int i=l;i<=b[x];i++)
{
res=1;
for(int k=head[x];k;k=t[k].nxt)
{
res=(res*dfs(t[k].to,i))%mod;
}
f[x][l]=(f[x][l]+res)%mod;
}
}
}
else
{
f[x][l]=0;
ll res=1;
if(a[x]>l)return f[x][l]=0;
if(~f[x][l-1])
{
res=1;
for(int k=head[x];k;k=t[k].nxt)
{
res=(res*dfs(t[k].to,l))%mod;
}
f[x][l]=(f[x][l-1]+res)%mod;
}
else
{
for(int i=a[x];i<=l;i++)
{
res=1;
for(int k=head[x];k;k=t[k].nxt)
{
res=(res*dfs(t[k].to,i))%mod;
}
f[x][l]=(f[x][l]+res)%mod;
}
}
}
return f[x][l];
}
int main()
{
freopen("fun.in","r",stdin);
freopen("fun.out","w",stdout);
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int x=0;
char c=getchar();
while((!('a'<=c&&c<='z'))&&(!('0'<=c&&c<='9'))) c=getchar();
if('a'<=c&&c<='z')
{
ca[i]=c;
add(c-'a'+1,i);
}
else
{
while(c>='0'&&c<='9') x=x*10+c-'0',c=getchar();
a[i]=x;
}
x=0;c=getchar();
while((!('a'<=c&&c<='z'))&&(!('0'<=c&&c<='9'))) c=getchar();
if('a'<=c&&c<='z')
{
cb[i]=c;
add(c-'a'+1,i);
}
else
{
while(c>='0'&&c<='9') x=x*10+c-'0',c=getchar();
b[i]=x;
}
}
memset(f,-1,sizeof f);
for(int i=1;i<=n;i++)
if(a[i]&&b[i])
{
f[i][0]=0;
for(int j=a[i];j<=b[i];j++)
{
ll res=1;
for(int k=head[i];k;k=t[k].nxt)
res=(res*dfs(t[k].to,j))%mod;
f[i][0]=(f[i][0]+res)%mod;
}
ans=(ans*f[i][0])%mod;
}
printf("%lld",ans);
fclose(stdin);
fclose(stdout);
return 0;
}
T3 ras （权值线段树
\((1.5s128M)\)
给定\(N\)个订单，每个订单用两个数字表示，一个表示订单交货时间，一个表示产品制作需要的时间，一个订单完成后（送货时间不计），就可收到小费，如果比规定时间提前\(K\)个时间，则可获得\(K\)，注意准时送到得\(0\)，迟送到就得对应的负值。（也就是订单上的时间减提交的时间），开始生产的时间为\(0\)，请合理安排订单的顺序，以获得最大的小费，输出小费值。（第一问）
另外，给定\(C\)个修改，每个修改，改变一个订单，对于每次修改输出改后所有订单能得的最大小费数。
输入
第一行两个正整数N and C,表示订单数，和订单修改的次数.
接下来N行，每行两个数（Li，Ti）分别表示订单提交时间和订单制作时间。
接下来C行，每行三个数（R，L，T），依次原订单的编号，提交时间，制作时间。
Constraints:
1 ≤ N, C ≤ 200 000,
0 ≤ Li, L ≤ 100 000,
1 ≤ Ti, T ≤ 100 000,
1 ≤ R ≤ N.
输出
第一行一个数，表示最开始能获得的最大小费。
接下来C行，每行一个数，表示修改这个订单后能获得的最大小费。
input
3 2
10 2
6 5
4 3
1 6 1
3 0 10
output
3
2
-11
input
4 2
3 2
0 3
4 3
4 1
3 0 4
1 4 5
output
-8
-13
-18
input
6 7
17 5
26 4
5 5
12 4
8 1
18 2
3 31 3
4 11 5
4 19 3
5 23 2
6 15 1
5 19 1
3 10 4
output
27
59
56
69
78
81
82
58
对于第一个例子，原始订单完成的顺序\((1, 3, 2)\). 第一个订单完成时 \(t = 2\),第三个\(t = 5\),第二个 \(t = 10\).所以第一个订单可获\(8\)个小费，第二个获\(-1\)，第\(3\)个获\(-4\)）所以总数为\(3\).
第一次改变后，订单完成顺序不变，得小费为 \(5, 0, and -3\),第二次改变后，最优顺序为\((1, 2, 3)\), 小费为 \(5\),\(0\),$ and$ \(-16\)
每一个订单对答案的贡献是“截止时间-实际制作时间”，将每一个实际制作时间拆开，发现每一个订单的制作时间的影响是时间乘它后面的订单数+自己；
那么答案可以写成
我们将截止时间单独统计，将制作时间由小到大排序，以这样的顺序制作是最优的，因为这样让等待时间降至最小；
但问题涉及到了修改订单，我们考虑当前状态与上一个状态的差值；
修改一个点其实相当于把原值删掉再加入一个新值；
其实删除与加入是完全相反的，我们只讨论删除；
由于涉及到大小顺序，我们可以维护一个权值线段树（权值树状数组）
维护当前节点出现的次数和出现这么多次的总和，线段树分别维护两个值得和；
当删除某个订单时，先将它的\(l\)删去；
再删除某个值\(t\)时，先将对应值出现次数\(-1\)，对应值的总和\(-t\)；
再考虑少减了多少，
首先是它自己没有了，它原本的贡献是\(t*(n-i+1)\)
我们区间查询出有多少个比\(t\)小，假设是\(g\)个，答案应当加上\(t*(n-g)\)
其次是对其他值的影响，现在\(n\)变成了\(n-1\),而比\(t\)大的部分排名也减少了\(1\)，所以这部分没有变，但比\(t\)小的就会少减一次，所以答案应该加上比\(t\)少了的元素的和
添加相反
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define ls p<<1
#define rs p<<1|1
#define l(p) a[p].l
#define r(p) a[p].r
using namespace std;
const int N=200005;
int n,zc[N],num[N],c;
ll tot;
struct book
{
int l,t;
}b[N];
struct ST
{
ll sum;
int dat;
int l,r;
}a[N<<1];
inline bool cmp(ll x,ll y)
{
return b[x].t<b[y].t;
}
inline int read()
{
int x=0,f=1;char st=getchar();
while(st<'0'||st>'9'){if(st=='-') f=-1;st=getchar();}
while(st>='0'&&st<='9') x=x*10+st-'0',st=getchar();
return x*f;
}
inline void update(int p)
{
a[p].dat=a[ls].dat+a[rs].dat;
a[p].sum=a[ls].sum+a[rs].sum;
}
inline void build(int p,int l,int r)
{
l(p)=l;r(p)=r;
if(l==r)
{
a[p].dat=num[l];
a[p].sum=num[l]*l;
return ;
}
int mid=l+r>>1;
build(ls,l,mid);
build(rs,mid+1,r);
update(p);
}
inline void change(int p,int d,int x)
{
if(l(p)==r(p))
{
a[p].dat+=x;
a[p].sum+=(ll)x*l(p);
return ;
}
int mid=l(p)+r(p)>>1;
if(d<=mid) change(ls,d,x);
else change(rs,d,x);
update(p);
}
inline ll ask(int p,int l,int r)
{
if(l(p)>=l&&r(p)<=r) return a[p].sum;
int mid=l(p)+r(p)>>1;
ll val=0;
if(l<=mid) val+=ask(ls,l,r);
if(r>mid) val+=ask(rs,l,r);
return val;
}
inline int asknum(int p,int l,int r)
{
if(l(p)>=l&&r(p)<=r) return a[p].dat;
int mid=l(p)+r(p)>>1;
int val=0;
if(l<=mid) val+=asknum(ls,l,r);
if(r>mid) val+=asknum(rs,l,r);
return val;
}
int main()
{
freopen("ras.in","r",stdin);
freopen("ras.out","w",stdout);
n=read();c=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
{
b[i].l=read();b[i].t=read();
tot+=b[i].l,zc[i]=b[i].t;
num[b[i].t]++;
}
sort(zc+1,zc+1+n);
build(1,1,100000);
for(int i=1;i<=n;i++)
tot-=(ll)zc[i]*(n-i+1);
printf("%lld\n",tot);
for(int i=1;i<=c;i++)
{
int r=read(),l=read(),t=read();
tot-=b[r].l;
change(1,b[r].t,-1);
tot+=ask(1,1,b[r].t-1);
int g=asknum(1,1,b[r].t-1);
tot+=(ll)(n-g)*b[r].t;
b[r].l=l;b[r].t=t;
tot+=l;
change(1,b[r].t,1);
tot-=ask(1,1,b[r].t-1);
g=asknum(1,1,b[r].t-1);
tot-=(ll)(n-g)*b[r].t;
printf("%lld\n",tot);
}
fclose(stdin);
fclose(stdout);
return 0;
}
