暑期集训 8.13

题面链接（备用）

A.开根

直接调用库函数，O(1)出结果.~~（没想到pow居然可以乘小数次方）~~

代码不放了.

B.迭代

要求的是x进行n-1次 $x=\frac{x+\frac{1}{x}}{2}$ 操作后的值.

将通式化简，$\frac{\frac{a}{b}+\frac{b}{a}}{2}=\frac{a^2+b^2}{2ab}$ .
令其等于 $\frac{a_1}{b_1}$ ，代表进行1次操作后它的值.

那么显然：

\[a_1+b_1=(a+b)^2 \]

\[a_1-b_1=(a-b)^2 \]

则第二次操作后：

\[a_2+b_2=(a_1+b_1)^2=(a+b)^4 \]

\[a_2-b_2=(a_1-b_1)^2=(a-b)^4 \]

推广到第n-1次操作后：

\[a_n-b_n=(a_1-b_1)^{2^{n-1}} \]

那么 $f(x)$ 就可以轻松求出来了.

\[f(x)=\frac{(x+1)^{2^{n-1}}+(x-1)^{2^{n-1}}}{(x+1)^{2^{n-1}}-(x-1)^{2^{n-1}}} \]

这里 $2^{n-1}$ 会炸 $\text{long long}$ ，需要使用欧拉定理求一下.

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#pragma GCC optomize(2)
#define ll long long
#define rg register
#define rll rg ll
#define mod 1000000007
using namespace std;
static inline ll read()
{
	rll f=0,x=0;rg char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9') f|=(ch=='-'),ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=getchar();
	return f?-x:x;
}
static inline void write(rll x)
{
	if(x<0) putchar('-'),x=-x;
	if(x>9) write(x/10);putchar(x%10|48);
}
ll t,x,n,fz,fm;
static inline ll ksm(rll a,rll b,rll p)
{
	rll ans=1;a%=p;
	for(rll i=b;i;i>>=1)
	{
		if(i&1) ans=ans*a%p;
		a=a*a%p;
	}
	return ans;
}
int main()
{
	t=read();
	while(t--)
	{
		x=read();n=read();
		fz=(ksm(x+1,ksm(2,n-1,mod-1),mod)+ksm(x-1,ksm(2,n-1,mod-1),mod))%mod;
		fm=(ksm(x+1,ksm(2,n-1,mod-1),mod)-ksm(x-1,ksm(2,n-1,mod-1),mod)+mod)%mod;
		write(fz*ksm(fm,mod-2,mod)%mod);puts("");
	}
	return 0;
}

C.致富之路

题解很详细了，依照它模拟即可. $$\downarrow$$ 假如选定第 $i$ 家工厂与第 $j$ 家商店，那么获利为 $max(qj−pi,0)×max(ej−di,0)$ . 对于两家工厂 $i, j$ ，如果 $pi≤pj$ 且 $di≤dj$ ，那么显然没有选 $j$ 的必要。将工厂按 $p$ 从小到大排序，对于 $p$ 相同的情况，保留 $d$ 最小的工厂。按 $p$ 从小到大考虑每个工厂，如果它的 $d$ 比之前所有工厂都要小，那么保留。如此一来，有 $p_id_i+1$ 恒成立。

对于商店也是类似的道理。对于两家商店 $i, j$
，如果 $qi≤qj$ 且 $ei≤ej$ ，那么显然没有选 $i$ 的必要。将商店按 $q$ 从小到大排序，对于 $q$ 相同的情况，保留 $e$ 最大的商店。按 $q$ 从小到大考虑每个商店，维护一个 $e$ 单调递减的栈，将不满足 $e$ 递减性质的商店剔除。如此一来，也有 $q_ie_i+1$ 恒成立。

假设有两家工厂 $j < k$，如果 $k$ 比 $j$ 优，那么有：

\[(qi−pj)(ei−dj)<(qi−pk)(ei−dk) \]

其中 $pk−pj>0,dj−dk>0$ ，而对于 $i$ 之后的所有商店， $e$ 在减小，而 $q$ 在增加。故随着 $i$ 的增大，不等式左侧的值只会越来越小，这说明一旦 $k$ 比 $j$ 优，那么 $k$ 将永远比 $j$ 优。

因此可以利用这种决策单调性，设计分治算法来解决问题。令 $solve(l,r, dl, dr)$ 表示在 $[l,r]$ 之间选择商店，在 $[dl, dr]$ 之间选择工厂。取 $mid=l+r2$ ，取遍 $[dl, dr]$ 之间所有工厂，选取对商店 $mid$ 最优的工厂 $dm$ . 那么对于 $[l, mid)$ 的商店，它们最优的工厂只能在 $[dl, dm]$ 之间选取。同理对于 $(mid,r]$ 的商店，它们最优的工厂只能在 $[dm, dr]$ 之间选取。故 $solve(l, mid 1, dl, dm)$ 与 $solve(mid + 1,r, dm, dr)$ 即可。

然而这么做是有问题的。如果对于商店 $mid$ 来说，并不存在一家工厂使得它们之间的获利为正。那么此时 $mid$ 并不存在最优决策，不管 $dm$ 取什么都会对其他商店造成影响。故在一开始将这种商店直接剔除即可。

对于 $l,r$ 部分，是深度为 $O(log m)$ 的分治。对于每层来说，所有 $solve$ 过程的 $[dl, dr]$ 区间长度加起来为 $O(n)$ . 故分治部分的时间复杂度为 $O(n log m)$ . 总时间复杂度 $O(mlogm+nlogn+nlogm)$ .

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#pragma GCC optomize(2)
#define ll long long
#define rg register
#define rll rg ll
#define maxn 500001
#define mod 1000000007
using namespace std;
static inline ll read()
{
	rll f=0,x=0;rg char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9') f|=(ch=='-'),ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=getchar();
	return f?-x:x;
}
static inline void write(rll x)
{
	if(x<0) putchar('-'),x=-x;
	if(x>9) write(x/10);putchar(x%10|48);
}
struct node
{
	ll d,p;
	inline friend bool operator<(rg node a,rg node b)
	{
		if(a.p==b.p) return a.d<b.d;
		return a.p<b.p;
	}
}a[maxn],aa[maxn];
struct node1
{
	ll e,q;
	inline friend bool operator<(rg node1 a,rg node1 b)
	{
		if(a.q==b.q) return a.e>b.e;
		return a.q<b.q;
	}
}b[maxn],bb[maxn];
ll cnt1,cnt2,m,n,ans=LLONG_MIN;
deque<ll> s;
static inline void solve(rll l,rll r,rll dl,rll dr)
{
	if(l>r) return;
	rll mid=(l+r)>>1,mx=LLONG_MIN,dm=0;
	for(rll i=dl;i<=dr;i++) if((b[mid].q-a[i].p)*(b[mid].e-a[i].d)>mx) mx=(b[mid].q-a[i].p)*(b[mid].e-a[i].d),dm=i;
	if(mx<0) return;
	ans=max(ans,mx);
	solve(l,mid-1,dl,dm);solve(mid+1,r,dm,dr);
}
int main()
{
	cnt1=read();n=read();
	for(rll i=1;i<=cnt1;i++) aa[i].p=read(),aa[i].d=read();
	sort(aa+1,aa+cnt1+1);
	for(rll i=1;i<=cnt1;i++) if(aa[i].p!=aa[i-1].p) a[++m]=aa[i];
	for(rll i=1;i<=n;i++) b[i].q=read(),b[i].e=read();
	sort(b+1,b+n+1);
	for(rll i=1;i<=n;i++) if(b[i].q!=b[i-1].q) bb[++cnt2]=b[i];
	for(rll i=1;i<=cnt2;i++)
	{
		while((!s.empty())&&bb[i].e>=bb[s.back()].e) s.pop_back();
		s.push_back(i);
	}
	n=0;
	while(!s.empty()) b[++n]=bb[s.front()],s.pop_front();
	solve(1,n,1,m);
	write(ans);
	return 0;
}

然后你就有了90分的好成绩.

运行编号	用户	问题	结果	内存	耗时	语言	代码长度	提交时间
1073718	hszx0119	C	答案错误90	37140	777	C++/Edit	2783 B	2022-08-13 16:23:13	admin

然后是一波玄学更改.

把sort的顺序改一下（商店的都改成倒序排列），solve时商店和工厂反过来，然后就......~~AC了？？？~~

运行编号	用户	问题	结果	内存	耗时	语言	代码长度	提交时间
1073964	hszx0119	C	正确	36884	2068	C++/Edit	3642 B	2022-08-13 17:39:27	admin

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#pragma GCC optomize(2)
#define ll long long
#define rg register
#define rll rg ll
#define maxn 500001
#define mod 1000000007
using namespace std;
static inline ll read()
{
	rll f=0,x=0;rg char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9') f|=(ch=='-'),ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=getchar();
	return f?-x:x;
}
static inline void write(rll x)
{
	if(x<0) putchar('-'),x=-x;
	if(x>9) write(x/10);putchar(x%10|48);
}
struct node
{
	ll d,p;
	inline friend bool operator<(rg node a,rg node b)
	{
		if(a.p==b.p) return a.d<b.d;
		return a.p<b.p;
	}
}a[maxn],aa[maxn];
struct node1
{
	ll e,q;
	inline friend bool operator<(rg node1 a,rg node1 b)
	{
		if(a.q==b.q) return a.e>b.e;
		return a.q>b.q;
		//关于倒序排列，dalao是这么证明的：=的时候不满足决策单调性，-1排除了等于的情况
	}
}b[maxn],bb[maxn];
ll cnt1,cnt2,m,n,ans=LLONG_MIN;
ll mx[maxn];
deque<ll> s;
static inline void solve(rll l,rll r,rll dl,rll dr)
{
	if(l>r) return;
	rll mid=(l+r)>>1,dm=0;
	for(rll i=dl;i<=dr;i++)
	{
		if(b[i].e<a[mid].d&&b[i].q<a[mid].p) continue;//只是更改了一下判断方式，和前面的操作相同
		if((b[i].q-a[mid].p)*(b[i].e-a[mid].d)>mx[mid]) mx[mid]=(b[i].q-a[mid].p)*(b[i].e-a[mid].d),dm=i;
	}
	ans=max(ans,mx[mid]);
	solve(l,mid-1,dl,dm);solve(mid+1,r,dm,dr);
}
int main()
{
	m=read();n=read();
	for(rll i=1;i<=m;i++) a[i].p=read(),a[i].d=read();
	sort(a+1,a+m+1);rll mn=LLONG_MAX,ls;
	for(rll i=1;i<=m;)//只是更改了一下更新方式，和前面的操作相同
	{
		if(a[i].d<mn) mx[cnt1++]=LLONG_MIN,mn=a[i].d,a[cnt1]=a[i];
		ls=a[i].p;
		while(a[i].p==ls&&i<=m) i++;
	}a[++m]=aa[s.front()],s.pop_front();
	for(rll i=1;i<=n;i++) b[i].q=read(),b[i].e=read();
	sort(b+1,b+n+1);rll mx=LLONG_MIN;
	for(rll i=1;i<=n;)//只是更改了一下更新方式，和前面的操作相同
	{
		if(b[i].e>mx) mx=b[i].e,b[++cnt2]=b[i];
		ls=b[i].q;
		while(b[i].q==ls&&i<=n) i++;
	}	while((!s.empty())&&bb[i].e>=bb[s.back()].e) s.pop_back();
	solve(1,m=cnt1,1,n=cnt2);
	write(ans);
	return 0;
}

未完待续......

posted @ 2022-08-13 19:20 1Liu 阅读(67) 评论(0) 收藏举报

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进学致和，行方思远.

暑期集训 8.13

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