Petrozavodsk Summer-2017. Warsaw U Contest
A. Connectivity
设$f[i][j]$为第$i$张图中$j$点所在连通块的编号，加边时可以通过启发式合并在$O(dn\log n)$的时间内维护出来。
对于每个点，设$h[i]$为$f[j][i]$的hash值，若两个点hash值相等，则它们在$d$张图中均连通。
#include<cstdio>
typedef unsigned long long ll;
const int D=200,N=5002,M=262143;
int d,n,m,i,j,x,y,z,ans;
int f[D][N],s[D][N],g[D][N],v[D*N*2],nxt[D*N*2],ed;
ll po[D],h[N];
struct E{ll v;int w,nxt;}e[N];
int G[M+1],res[N],cur;
inline void add(int z,int x,int y){v[++ed]=y;nxt[ed]=g[z][x];g[z][x]=ed;}
inline void ins(ll v){
int u=v&M,i=G[u];
for(;i;i=e[i].nxt)if(e[i].v==v){ans+=e[i].w*2+1;e[i].w++;return;}
ans++,e[i=res[cur--]].v=v,e[i].w=1,e[i].nxt=G[u];G[u]=i;
}
inline void del(ll v){
int u=v&M,i=G[u],j=i;
if(e[i].v==v){
ans-=e[i].w*2-1;
if(!(--e[i].w))G[u]=e[res[++cur]=i].nxt;
return;
}
for(i=e[i].nxt;i;j=i,i=e[i].nxt)if(e[i].v==v){
ans-=e[i].w*2-1;
if(!(--e[i].w))e[j].nxt=e[res[++cur]=i].nxt;
return;
}
}
void dfs(int z,int x,int y,int t){
del(h[x]);
h[x]-=po[z]*f[z][x];
f[z][x]=t;
ins(h[x]+=po[z]*t);
for(int i=g[z][x];i;i=nxt[i])if(v[i]!=y)dfs(z,v[i],x,t);
}
inline void merge(int z,int x,int y){
if(f[z][x]==f[z][y])return;
if(s[z][f[z][x]]>s[z][f[z][y]]){int t=x;x=y;y=t;}
s[z][f[z][y]]+=s[z][f[z][x]];
add(z,x,y);
add(z,y,x);
dfs(z,x,y,f[z][y]);
}
int main(){
scanf("%d%d%d",&d,&n,&m);
for(po[0]=i=1;i<d;i++)po[i]=po[i-1]*10007;
for(i=1;i<=n;i++)res[++cur]=i;
for(i=1;i<=n;ins(h[i++]))for(j=0;j<d;j++)f[j][i]=i,s[j][i]=1,h[i]+=po[j]*i;
while(m--)scanf("%d%d%d",&x,&y,&z),merge(--z,x,y),printf("%d\n",ans);
}
B. Hotter-colder
留坑。
C. Painting
将每种颜色用最左和最右位置$[l,r]$表示，对于连续的区间，需要决定顺序。
设$f[l][r]$表示考虑第$l$到第$r$个区间的最大操作代价，通过观察可以发现最优决策中第一步一定操作$l$或者$r$。
时间复杂度$O(n+m^2)$。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=100010,M=5005;
int n,m,i,j,cnt,x,y,l[M],r[M],a[N],pos[N];ll s[M],f[M][M],ans;
ll fast(){
int i,j;
for(i=1;i<=cnt;i++)s[i]+=s[i-1];
for(i=cnt;i;i--)for(j=i;j<=cnt;j++)
f[i][j]=max(f[i][j-1],f[i+1][j])+s[j]-s[i-1];
return f[1][cnt];
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
for(i=1;i<=n;i++)r[a[i]]=i;
for(i=n;i;i--)l[a[i]]=i;
for(i=1;i<=m;i++)pos[l[i]]=i;
for(i=1;i<=n;i++)if(pos[i]){
cnt=0;
x=i;
while(pos[x]){
y=pos[x];
pos[x]=0;
s[++cnt]=r[y]-l[y]+1;
x=r[y]+1;
}
ans+=fast();
}
printf("%lld",ans);
}
D. Ones
倍增构造即可。
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<string>
using namespace std;
int T,n;
string gao(int n){
if(n==1)return "1";
if(n==2)return "1+1";
if(n==3)return "1+1+1";
int t=n/2;
string o=gao(t);
string oo="("+o+")*(1+1)";
if(t+t==n)return oo;
return "("+oo+")+1";
}
int main(){
cin>>T;
while(T--){
cin>>n;
cout<<gao(n)<<endl;
}
}
E. Seats
留坑。
F. Ants
树链剖分，每条重链带上顶端到父亲的那条轻边，那么每只蚂蚁可以拆成$O(\log n)$份，每份对应一条重链。
对于每条重链单独考虑，把每条蚂蚁在这条重链上的行动轨迹看作二维平面上的线段，横坐标为到重链顶端的距离，纵坐标为时间，那么一共有两类相互垂直的线段。
将每条线段都看作矩形，扫描线线段树维护区间加、区间最大值查询即可。
时间复杂度$O(m\log n\log m)$。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=100005,M=N*36,K=524297;
int n,m,cp,ce,len,i,x,y,z,g[N],v[N<<1],w[N<<1],nxt[N<<1],ed,ans[N];
int f[N],d[N],sz[N],son[N],top[N];ll s[N];
int G[N],NXT[M],ED,val[K],tag[K],cur;ll h[N<<1];
struct P{
ll x,y;
P(){}
P(ll _x,ll _y){x=_x,y=_y;}
void rot(){
ll t=y;
y=x-y;
x+=t;
}
void fix(){swap(x,y);}
};
struct E{
P s,t;int o;
void rot(){
s.rot();
t.rot();
}
void fix(){
s.fix();
t.fix();
if(s.x>t.x||s.x==t.x&&s.y>t.y)swap(s,t);
}
}e[M],pool[N];
struct EV{
ll x;int o,t;
EV(){}
EV(ll _x,int _o,int _t){x=_x,o=_o,t=_t;}
}ev[N*3];
inline bool cmp(const EV&a,const EV&b){return a.x==b.x?a.t>b.t:a.x<b.x;}
inline void add(int x,int y,int z){v[++ed]=y;w[ed]=z;nxt[ed]=g[x];g[x]=ed;}
void dfs(int x,int y){
sz[x]=1;
for(int i=g[x];i;i=nxt[i]){
int u=v[i];
if(u==y)continue;
f[u]=x;
d[u]=d[x]+1;
s[u]=s[x]+w[i];
dfs(u,x);
sz[x]+=sz[u];
if(sz[u]>sz[son[x]])son[x]=u;
}
}
void dfs2(int x,int y){
top[x]=y;
if(son[x])dfs2(son[x],y);
for(int i=g[x];i;i=nxt[i])if(v[i]!=f[x]&&v[i]!=son[x])dfs2(v[i],v[i]);
}
inline int lca(int x,int y){
while(top[x]!=top[y]){
if(d[top[x]]<d[top[y]])swap(x,y);
x=f[top[x]];
}
return d[x]<d[y]?x:y;
}
inline void ext(int x,ll A,ll B,ll C,ll D,int o){
e[++ED].s=P(A,B);
e[ED].t=P(C,D);
e[ED].o=o;
NXT[ED]=G[x];
G[x]=ED;
}
inline void split(int o){
int x,y,z,t;ll A,B,C;
scanf("%d%d%d",&x,&y,&t);
z=lca(x,y);
A=t;
B=A+s[x]+s[y]-s[z]*2;
while(top[x]!=top[z]){
t=f[top[x]];
C=s[x]-s[t];
ext(top[x],s[x],A,s[t],A+C,o);
x=t;
A+=C;
}
if(x!=z){
t=z;
C=s[x]-s[t];
ext(top[x],s[x],A,s[t],A+C,o);
}
while(top[y]!=top[z]){
t=f[top[y]];
C=s[y]-s[t];
ext(top[y],s[y],B,s[t],B-C,o);
y=t;
B-=C;
}
if(y!=z){
t=z;
C=s[y]-s[t];
ext(top[y],s[y],B,s[t],B-C,o);
}
if(x==z&&y==z)ext(top[x],s[x],A,s[x],A,o);
}
void build(int x,int a,int b){
val[x]=tag[x]=0;
if(a==b)return;
int mid=(a+b)>>1;
build(x<<1,a,mid),build(x<<1|1,mid+1,b);
}
inline void tag1(int x,int p){val[x]+=p;tag[x]+=p;}
inline void pb(int x){if(tag[x])tag1(x<<1,tag[x]),tag1(x<<1|1,tag[x]),tag[x]=0;}
void change(int x,int a,int b,int c,int d,int p){
if(c<=a&&b<=d){tag1(x,p);return;}
pb(x);
int mid=(a+b)>>1;
if(c<=mid)change(x<<1,a,mid,c,d,p);
if(d>mid)change(x<<1|1,mid+1,b,c,d,p);
val[x]=max(val[x<<1],val[x<<1|1]);
}
inline void up(int&a,int b){a<b?(a=b):0;}
void ask(int x,int a,int b,int c,int d){
if(c<=a&&b<=d){up(cur,val[x]);return;}
pb(x);
int mid=(a+b)>>1;
if(c<=mid)ask(x<<1,a,mid,c,d);
if(d>mid)ask(x<<1|1,mid+1,b,c,d);
}
inline void gao(int o){
int i,j,x,y,t,_;
cp=0;
for(i=G[o];i;i=NXT[i])pool[++cp]=e[i];
for(i=1;i<=cp;i++)pool[i].rot();
for(i=0;i<2;i++){
len=ce=0;
for(j=1;j<=cp;j++){
pool[j].fix();
ev[++ce]=EV(pool[j].s.x,j,1);
ev[++ce]=EV(pool[j].t.x,j,-1);
if(pool[j].s.x==pool[j].t.x)ev[++ce]=EV(pool[j].s.x,j,0);
h[++len]=pool[j].s.y;
h[++len]=pool[j].t.y;
}
sort(h+1,h+len+1);
for(_=0,j=1;j<=len;j++)if(j==1||h[j]>h[j-1])h[++_]=h[j];
len=_;
sort(ev+1,ev+ce+1,cmp);
build(1,1,len);
for(j=1;j<=ce;j++){
o=ev[j].o;
t=ev[j].t;
x=lower_bound(h+1,h+len+1,pool[o].s.y)-h;
y=lower_bound(h+1,h+len+1,pool[o].t.y)-h;
if(t)change(1,1,len,x,y,t);
else{
cur=0;
ask(1,1,len,x,y);
up(ans[pool[o].o],cur);
}
}
}
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(i=1;i<n;i++)scanf("%d%d%d",&x,&y,&z),add(x,y,z),add(y,x,z);
dfs(1,0);
dfs2(1,1);
for(i=1;i<=m;i++)split(i);
for(i=1;i<=n;i++)if(G[i])gao(i);
for(i=1;i<=m;i++)printf("%d\n",ans[i]-1);
}
G. Permutation
设$f[i][j][k]$表示考虑前$i$个数，最后一个与$i$不在一起的数为$j$，$i$位于第$k$个数列是否可行。
转移可以用set实现，时间复杂度$O(n\log n)$。
#include<cstdio>
#include<set>
using namespace std;
const int N=100010;
int Case,n,i,o,x,y,a[N],b[N],c[N],g[N][2],ca,cb,qa[N],qb[N];
set<int>f0,f1;
void solve(){
scanf("%d",&n);
for(i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]),b[a[i]]=i;
f0.clear();
f1.clear();
f0.insert(N);
f1.insert(0);
for(i=1;i<n;i++){
bool A=0,B=0;
set<int>::iterator it=f1.lower_bound(a[i+1]);
if(it!=f1.begin())it--;
if(it!=f1.end())if((*it)<a[i+1])A=1;
it=f0.lower_bound(a[i+1]);
if(it!=f0.end())if((*it)>a[i+1])B=1;
if(a[i+1]>a[i])f1.clear();else f0.clear();
if(A)f0.insert(a[i]);
if(B)f1.insert(a[i]);
g[i+1][0]=g[i+1][1]=0;
if(f0.size())g[i+1][0]=*f0.rbegin();
if(f1.size())g[i+1][1]=*f1.begin();
//printf("%d:\n",i+1);
//for(it=f0.begin();it!=f0.end();it++)printf("%d ",*it);puts("");
//for(it=f1.begin();it!=f1.end();it++)printf("%d ",*it);puts("");
}
//for(i=2;i<=n;i++)printf("%d %d %d\n",i,g[i][0],g[i][1]);
if(!f0.size()&&!f1.size()){
puts("NO");
return;
}
x=n;
if(f0.size())o=0;
if(f1.size())o=1;
while(x){
y=g[x][o];
if(y>=1&&y<=n)y=b[y];else y=0;
for(i=y+1;i<=x;i++)c[i]=o^1;
x=y,o^=1;
}
ca=cb=0;
for(i=1;i<=n;i++)if(c[i])qa[++ca]=a[i];else qb[++cb]=a[i];
puts("YES");
printf("%d",ca);
for(i=1;i<=ca;i++)printf(" %d",qa[i]);puts("");
printf("%d",cb);
for(i=1;i<=cb;i++)printf(" %d",qb[i]);puts("");
}
int main(){
scanf("%d",&Case);
while(Case--){
solve();
}
}
H. Primes
莫比乌斯反演，分段计算。
时间复杂度$O(n+q\sqrt{n})$。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1000010;
int i,j,v[N],mu[N],f[N],tot,p[N],g[N];
ll sg[N],sf[N],ans;
ll w[N];
int T,n,m;
inline ll cal(int n,int m){
if(!n||!m)return 0;
if(n==m)return w[n];
ll ret=0;
for(int i=1,j;i<=n&&i<=m;i=j+1){
j=min(n/(n/i),m/(m/i));
ret+=(sg[j]-sg[i-1])*(n/i)*(m/i);
}
return ret;
}
int main(){
for(mu[1]=1,i=2;i<N;i++){
if(!v[i]){
p[tot++]=i;
mu[i]=-1;
for(j=i;j<N;j+=i)f[j]++;
}
for(j=0;j<tot&&i*p[j]<N;j++){
v[i*p[j]]=1;
if(i%p[j])mu[i*p[j]]=-mu[i];else break;
}
}
for(i=1;i<N;i++)for(j=i;j<N;j+=i)g[j]+=f[i]*mu[j/i];
for(i=1;i<N;i++)sf[i]=sf[i-1]+f[i],sg[i]=sg[i-1]+g[i];
for(i=1;i<N;i++)for(j=i;j<N;j+=i)w[j]+=1LL*(j/i)*g[i];
for(i=1;i<N;i++)w[i]=w[i-1]+w[i]*2-f[i];
scanf("%d",&T);
while(T--){
scanf("%d%d",&n,&m);
ans=cal(m,m)-cal(n-1,m)*2+cal(n-1,n-1);
ans-=sf[m]-sf[n-1];
ans/=2;
printf("%lld\n",ans);
fflush(stdout);
}
}
I. Vertex covers
留坑。
J. Scheduling
将时间离散化后网络流。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=510,inf=~0U>>2;
struct E{int t,f;E*nxt,*pair;}*g[N],*d[N],pool[N*N*2],*cur=pool;
int n,m,i,j,cnt,a[110][3],b[N],ans,S,T,h[N],gap[N];
inline void add(int s,int t,int f){
E*p=cur++;p->t=t;p->f=f;p->nxt=g[s];g[s]=p;
p=cur++;p->t=s;p->f=0;p->nxt=g[t];g[t]=p;
g[s]->pair=g[t];g[t]->pair=g[s];
}
int sap(int v,int flow){
if(v==T)return flow;
int rec=0;
for(E*p=d[v];p;p=p->nxt)if(h[v]==h[p->t]+1&&p->f){
int ret=sap(p->t,min(flow-rec,p->f));
p->f-=ret;p->pair->f+=ret;d[v]=p;
if((rec+=ret)==flow)return flow;
}
if(!(--gap[h[v]]))h[S]=T;
gap[++h[v]]++;d[v]=g[v];
return rec;
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(i=1;i<=n;i++){
scanf("%d%d",&a[i][1],&a[i][2]);
scanf("%d",&a[i][0]);
a[i][2]--;
b[++cnt]=a[i][1];
b[++cnt]=a[i][1]+1;
b[++cnt]=a[i][2];
b[++cnt]=a[i][2]+1;
}
sort(b+1,b+cnt+1);
for(j=0,i=1;i<=cnt;i++)if(i==1||b[i]!=b[i-1])b[++j]=b[i];
cnt=j;
b[cnt+1]=b[cnt]+1;
S=n+cnt+1;
T=S+1;
for(i=1;i<=cnt;i++)add(n+i,T,(b[i+1]-b[i])*m);
for(ans=0,i=1;i<=n;i++){
add(S,i,a[i][0]);ans+=a[i][0];
for(j=1;j<=cnt;j++)if(a[i][1]<=b[j]&&b[j+1]-1<=a[i][2])add(i,n+j,b[j+1]-b[j]);
}
for(gap[0]=T,i=1;i<=T;i++)d[i]=g[i];
while(h[S]<T)ans-=sap(S,inf);
puts(ans?"NO":"YES");
}
K. Shuffle
不难发现操作两次等于没操作，故将操作次数模$2$即可。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,T,i,a[2222222];
//[l,r)
void solve(int l,int r){
if(r-l<=1)return;
if(r-l==2){
swap(a[l],a[l+1]);
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
solve(l,mid);
solve(mid,r);
for(int i=l,j=mid;i<mid;i++,j++)swap(a[i],a[j]);
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&T);
T%=2;
for(i=0;i<1<<n;i++)scanf("%d",&a[i]);
while(T--){
solve(0,1<<n);
}
for(i=0;i<1<<n;i++)printf("%d ",a[i]);
}
