学大伟业Day解题报告

预计分数:30+30+0=60

实际分数:30+20+0=50

 

题解部分全部来自http://www.cnblogs.com/TheRoadToTheGold/p/7723564.html

T1https://www.luogu.org/problem/show?pid=T14734

不会。。打30分暴力走人

对于60%的分数

通过观察可知设当前坐标为x，则通过坐标为a的圆环可移动到2a-x处。连续通过两个圆环(a,b)可以移动到x+(2b-2a)处。

先以移动步数为偶数情况考虑简化版问题：设圆环坐标为a[1]~a[n]，对于任意两个圆环，可由坐标x变为x+2(a[j]-a[i])，题目转化为对于N^2个数其中b[i,j]=2(a[j]-a[i])，通过有限次加减运算能否由x=0变化至目标。

根据广义裴蜀定理以及扩展欧几里得相关原理可知，当且仅当目标为gcd的倍数时有解。故预处理出全部可能的2(a[j]-a[i])，求出其最大公约数，在判断目标是否为gcd的倍数即可。

对于奇数的情况，可以通过枚举第一步的方案转化为偶数的情况，即维护一个set表示0步或1步可达点集(mod gcd意义下)，再查询目标点在mod gcd下是否属于这个集合即可。复杂度瓶颈在于N^2个数求gcd。

 

对于100%的分数

通过欧几里得算法的性质与更相减损术可知gcd(a,b)=gcd(a-b,b)。设p1={2*(a[i]-a[1])|i>1}的最大公约数，设p2={2*(a[i]-a[j])}的最大公约数，易知p1>=p2（因为p1比p2约束宽松）。而对于任意i,j由于p1同时是2*(a[i]-a[1])、2*(a[j]-a[1])的约束，那么p1也一定是任意2*(a[i]-a[1])-2*(a[j]-a[1])=2*(a[i]-a[j])的约数，故p1<=p2。综上所述p1=p2，这样就不需要N^2个数同时求gcd了，只求p1即可，可获得满分。

 

 1 #include<set>
 2 #include<cstdio>
 3 #include<iostream>
 4 #include<algorithm>
 5 
 6 using namespace std;
 7 
 8 typedef long long LL;
 9 
10 #define N 100001
11 
12 LL a[N];
13 
14 set<LL>S;
15 
16 void read(LL &x)
17 {
18     x=0; int f=1; char c=getchar();
19     while(!isdigit(c))  { if(c=='-') f=-1;  c=getchar(); }
20     while(isdigit(c)) { x=x*10+c-'0'; c=getchar(); }
21     x*=f;
22 }
23 
24 LL getgcd(LL i,LL j) { return !j ? i : getgcd(j,i%j); }
25 
26 int main()
27 {
28     freopen("ninja.in","r",stdin);
29     freopen("ninja.out","w",stdout);
30     int n,m;
31     scanf("%d%d",&n,&m);
32     for(int i=1;i<=n;i++) read(a[i]);
33     LL gcd=0;
34     for(int i=2;i<=n;i++) gcd=getgcd(abs(a[i]-a[1]<<1),gcd);
35     LL x;
36     if(gcd)
37     {
38         S.insert(0);
39         for(int i=1;i<=n;i++) S.insert((2*a[i]%gcd+gcd)%gcd);
40         while(m--)
41         {
42             read(x);
43             puts(S.find((x%gcd+gcd)%gcd)!=S.end() ? "Yes" : "No");
44         }
45     }
46     else
47     {
48         while(m--)
49         {
50             read(x);
51             puts(x==a[1]*2 ? "Yes" : "No");
52         }
53     }
54 }

 

T2https://www.luogu.org/problem/show?pid=T14735

有20分裸地暴力

还有10分裸的线段树

其他的不会做，，后来线段树写炸了QWQ、、、

 

线段树

先下放取反标记，在下方加标记

下放取反标记时，若存在加标记，加标记也取反

关键是如何处理加标记的影响

 

设当前线段树区间有4个数x1，x2，x3，x4

sum[i] 表示 选出i个数的乘积 的和

sum[1]=x1+x2+x3+x4

sum[2]=x1x2+x1x3+x1x4+x2x3+x2x4+x3x4

sum[3]=x1x2x3+x1x2x4+x1x3x4+x2x3x4

sum[4]=x1x2x3x4

操作：区间加a

以sum[3]为例

新的sum[3]=

(x1+a)(x2+a)(x3+a) +

(x1+a)(x2+a)(x4+a) +

(x1+a)(x3+a)(x4+a) +

(x2+a)(x3+a)(x4+a)

=x1x2x3+a(x1x2+x1x3+x2x3)+a^2(x1+x2+x3)+a^3 + 

  x1x2x4+a(x1x2+x1x4+x2x4)+a^2(x1+x2+x4)+a^3 + 

  x1x3x4+a(x1x3+x1x4+x3x4)+a^2(x1+x3+x4)+a^3 + 

  x2x3x4+a(x2x3+x2x4+x3x4)+a^2(x2+x3+x4)+a^3 

=sum[3] + a*sum[2]*2 + a^2*sum[1]*3 + a^4

所以 对有siz个元素的区间执行区间加a操作

那么sum[]的更新：

for  i： 10 ——> 1

    for  j：i-1——>1

      sum[i]+=a^(i-j)*sum[j]*C(siz-j,i-j)

解释：

有i个（xi+a）相乘

从里面选出j个xi，那就只能选i-j个a

后面那个组合数？

一共有siz个（xi+a） ，已经确定了有j个（xi+a）选择xi

一共要选i个（xi+a），那就要从剩下的siz-j个（xi+a）里选出 i-j个（xi+a）来用他们的a

所以是C（siz-j，i-j）

 

区间的合并

枚举左边选j个，那右边就选i-j个，乘起来就行了

例：

假设当前要选3个数

左边有2个数x1，x2  选1个，

右边有3个数x3，x4，x5  选2个

那就是 x1*x3*x4+x1*x3*x5+x1*x4*x5+x2*x3*x4+x2*x3*x5+x2*x4*x5

=x1*右边的sum[2]+x2*右边的sum[2]

=左边的sum[1] * 右边的sum[2]

 

  1 #include<cstdio>
  2 #include<iostream>
  3 #include<algorithm>
  4 
  5 using namespace std;
  6 
  7 #define N 50001
  8 
  9 const int mod=1e9+7;
 10 
 11 typedef long long LL;
 12 
 13 int n;
 14 
 15 int C[N][11];
 16 
 17 int f[N<<2];
 18 int siz[N<<2],mid[N<<2];
 19 bool rev[N<<2];
 20 
 21 struct node { int sum[11]; }ans[N<<2];
 22 
 23 void read(int &x)
 24 {
 25     x=0; int ff=1; char c=getchar();
 26     while(!isdigit(c)) { if(c=='-') ff=-1; c=getchar(); }
 27     while(isdigit(c)) { x=x*10+c-'0'; c=getchar(); }
 28     x*=ff; 
 29 }
 30 
 31 int tot=0;
 32 
 33 void MOD(int &a,int b)
 34 {
 35     a+=b;
 36     a-= a>=mod ? mod : 0;
 37 }
 38 
 39 void pre(int n)
 40 {
 41     C[0][0]=1;
 42     for(int i=1;i<=n;i++)
 43     {
 44         C[i][0]=1;
 45         for(int j=1;j<=min(i,10);j++) C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%mod;
 46     }
 47 }
 48 
 49 void update(int k)
 50 {
 51     for(int i=1;i<=10;i++)
 52     {
 53         ans[k].sum[i]=0;
 54         for(int j=1;j<i;j++) MOD(ans[k].sum[i],1ll*ans[k<<1].sum[j]*ans[k<<1|1].sum[i-j]%mod);
 55         MOD(ans[k].sum[i],ans[k<<1].sum[i]); MOD(ans[k].sum[i],ans[k<<1|1].sum[i]); 
 56     }
 57 }
 58 
 59 void build(int k,int l,int r)
 60 {
 61     siz[k]=r-l+1;
 62     if(l==r) { read(ans[k].sum[1]); MOD(ans[k].sum[1],0); return; }
 63     mid[k]=l+r>>1;
 64     build(k<<1,l,mid[k]); build(k<<1|1,mid[k]+1,r);
 65     update(k);
 66 }
 67 
 68 void insert(int k,int w)
 69 {
 70     MOD(f[k],w);
 71     for(int i=10;i;i--)
 72     {
 73         int x=w;
 74         for(int j=i-1;j;j--,x=1ll*x*w%mod)
 75             MOD(ans[k].sum[i],1ll*x*ans[k].sum[j]%mod*C[siz[k]-j][i-j]%mod);
 76         MOD(ans[k].sum[i],1ll*x*C[siz[k]][i]%mod);
 77     }
 78 }
 79 
 80 void turn(int k)
 81 {
 82     rev[k]^=1;
 83     if(f[k]) f[k]=mod-f[k];
 84     for(int i=9;i>0;i-=2) 
 85         if(ans[k].sum[i]) ans[k].sum[i]=mod-ans[k].sum[i];
 86 }
 87 
 88 void down(int k)
 89 {
 90     if(rev[k]) turn(k<<1),turn(k<<1|1),rev[k]=0;
 91     if(f[k]) insert(k<<1,f[k]),insert(k<<1|1,f[k]),f[k]=0;
 92 }
 93 
 94 void add(int k,int l,int r,int opl,int opr,int w)
 95 {
 96     if(l>=opl && r<=opr) { insert(k,w); return; }
 97     down(k);
 98     if(opl<=mid[k]) add(k<<1,l,mid[k],opl,opr,w);
 99     if(opr>mid[k]) add(k<<1|1,mid[k]+1,r,opl,opr,w);
100     update(k);
101 }
102 
103 void reverse(int k,int l,int r,int opl,int opr)
104 {
105     if(l>=opl && r<=opr)  { turn(k); return; }
106     down(k);
107     if(opl<=mid[k]) reverse(k<<1,l,mid[k],opl,opr);
108     if(opr>mid[k]) reverse(k<<1|1,mid[k]+1,r,opl,opr);
109     update(k);
110 }
111 
112 node query(int k,int l,int r,int opl,int opr,int w)
113 {
114     if(l>=opl && r<=opr) return ans[k];
115     down(k);
116     if(opr<=mid[k]) return query(k<<1,l,mid[k],opl,opr,w);
117     else if(opl>mid[k]) return query(k<<1|1,mid[k]+1,r,opl,opr,w);
118     else 
119     {
120         node L=query(k<<1,l,mid[k],opl,opr,w),R=query(k<<1|1,mid[k]+1,r,opl,opr,w);
121         node tmp;
122         for(int i=1;i<=w;i++)
123         {
124             tmp.sum[i]=(L.sum[i]+R.sum[i])%mod;
125             for(int j=1;j<i;j++) MOD(tmp.sum[i],1ll*L.sum[j]*R.sum[i-j]%mod);
126         }
127         return tmp;
128     }
129 }
130 
131 int main()
132 {
133     freopen("game.in","r",stdin);
134     freopen("game.out","w",stdout);
135     int n,m; 
136     read(n); read(m);
137     pre(n);
138     build(1,1,n);
139     int ty,l,r,w;
140     while(m--)
141     {
142         read(ty); read(l); read(r);
143         if(ty==1)
144         {
145             read(w); w%=mod;
146             w+= w<0 ? mod : 0;
147             add(1,1,n,l,r,w);
148         }
149         else if(ty==2) reverse(1,1,n,l,r);
150         else
151         {
152             read(w);
153             node p=query(1,1,n,l,r,w);
154             printf("%d\n",query(1,1,n,l,r,w).sum[w]);
155         }
156     }
157 }
View Code

 

 

T3https://www.luogu.org/problem/show?pid=T14737

没看懂题目。。。。

 

 

总结

、。、、今天的考试确实没有昨天那么水了，，，，

不过，，我好菜啊。。。。。。

 

posted @ 2017-10-24 21:36  自为风月马前卒  阅读(287)  评论(0)  编辑  收藏  举报

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