noip模拟50
A. 第零题
第一眼给人一种特别水的感觉，我甚至以为跑一个最短路就行了..
实际上确实也不算特别难，但是没有只跑一个最短路那么简单.
打表发现了一个交换 \(s\) 和 \(t\) 不会影响答案的性质.
又发现了从 \(s\) 走到 \(t\) 的经历和从 \(1\) 走到 \(t\) 有一部分是重合的部分的性质.
然后就不会了.. 自己的码力不能够支撑自己接下来更多的分数了..
自己平时的做题和思考不够，平时做题的思考都是在某个专题下做题.
仅仅局限于在已知使用如何算法的时候去做题和思考.
要透析每个算法的应用范围，比如这道题是一棵树的形态，其实就要想到所有和树有关的算法.
本题使用树上倍增，找到如果从自己出发向根节点 \(1\) 走，那么第 \(2^i\) 个复活点.
根据 \(lca(s,t)\) 是不是 \(s\) 和 \(t\) 中的某一个去思考或许比较简单，当然代码不需要这么打：
如果 \(lca(s,t)\) 不是 \(s\) 或 \(t\) 中的某一个，那么必然要在 \(lca\) 处拐一下.
首先让 \(s\) 和 \(t\) 分别用复活点倍增，让自己到达 \(lca\) 的下方.
设 \(s\) 到达了 \(u\) ，\(t\) 到达了 \(v\).
如果\(dis_{u,v}>k\)，那么必然要在中间复活一次才能从 \(u\) 到达 \(v\) ，反之可以直接在 \(v\) 的地方复活；
反之，则很好写了.
A_code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace BSS
{
#define ll long long int
#define lf double
#define re register ll
#define ull unsigned ll
#define mp make_pair
#define lb lower_bound
#define ub upper_bound
#define Fill(x,y) memset(x,y,sizeof x)
#define Copy(x,y) memcpy(x,y,sizeof x)
#define File(x,y) freopen(#x,"r",stdin),freopen(#y,"w",stdout)
inline ll read()
{
ll ss=0; bool cit=1; char ch;
while(!isdigit(ch=getchar())) if(ch=='-') cit=0;
while(isdigit(ch)) ss=(ss<<3)+(ss<<1)+(ch^48),ch=getchar();
return cit?ss:-ss;
}
} using namespace BSS;
const ll N=2e5+21;
ll n,m,ops,ts,cnt,lg2;
ll dis[N],dfn[N],dep[N],head[N],rk[N];
ll fa[N][23],st[N][23];
struct I { ll u,v,w,nxt; } e[N<<1];
inline void add(ll u,ll v,ll w){
e[++ts].u=u,e[ts].v=v,e[ts].w=w,e[ts].nxt=head[u],
head[u]=ts;
}
void dfs(ll u,ll dad,ll w,ll depth){
fa[u][0]=dad,st[u][0]=rk[ub(dfn+1,dfn+1+cnt,w-m)-dfn-1],
dis[u]=w,dep[u]=depth,dfn[++cnt]=dis[u],rk[cnt]=u;
for(re i=head[u];i;i=e[i].nxt){
if(e[i].v==dad) continue;
dfs(e[i].v,u,w+e[i].w,depth+1);
}
dfn[cnt]=0,rk[cnt--]=0;
}
inline ll lca(ll x,ll y){
if(dep[x]<dep[y]) swap(x,y);
for(re i=lg2;i>=0;i--) if(dep[fa[x][i]]>=dep[y]) x=fa[x][i];
if(x==y) return x;
for(re i=lg2;i>=0;i--) if(fa[x][i]!=fa[y][i]) x=fa[x][i],y=fa[y][i];
return fa[x][0];
}
inline ll die(ll &x,ll y){
ll res=0;
for(re i=lg2;i>=0;i--){
if(dep[st[x][i]]>=dep[y]) x=st[x][i],res|=(1ll<<i);
}
return res;
}
signed main(){
n=read(),m=read(); ll u,v,w,L,res,tmp; lg2=log2(n)+1;
for(re i=2;i<=n;i++) u=read(),v=read(),w=read(),add(u,v,w),add(v,u,w);
dfs(1,0,0,1); ops=read();
for(re j=1;j<=lg2;j++)
for(re i=1;i<=n;i++)
fa[i][j]=fa[fa[i][j-1]][j-1],st[i][j]=st[st[i][j-1]][j-1];
while(ops--){
u=read(),v=read(),L=lca(u,v);
res=die(u,L)+die(v,L),tmp=dis[u]+dis[v]-(dis[L]<<1ll);
res+=(tmp>=m) ; printf("%lld\n",res);
}
exit(0);
}
B. 第负一题
打了一个 \(O(n^2)\) 的 \(dp\) 就跑路了，想着用数据结构来搞一搞来着，发现并不能够.
考后拿到分治的标签后，依旧无法用自己的思路实现.
题解中根据分治时，左半区间是否选 \(mid\) ，右半区间是否选 \(mid+1\)，来进行 \(l\) ~ \(r\) 的区间的计算.
在 \(l\) ~ \(r\) 这个区间计算的是 左端点在 \(l\) ~ \(mid\) 之间，右端点在 \(mid+1\) ~ \(r\) 的值.
这样一定可以保证计算到所有的区间，\(l==r\) 的话特判一下 \(return\) 就可以了.
那么区间的答案就是：
\[\sum_{i=l}^{mid} \sum_{j=mid+1}^r max(f_{i,0}+g_{j,1},f_{i,1}+g_{j,0},f_{i,0}+g_{j,0})
\]
剩下的因为我比较懒，不想写了，还是去看 \(fengwu\) 的吧..
B_code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace BSS
{
#define ll long long int
#define lf double
#define re register ll
#define ull unsigned ll
#define mp make_pair
#define lb lower_bound
#define ub upper_bound
#define Fill(x,y) memset(x,y,sizeof x)
#define Copy(x,y) memcpy(x,y,sizeof x)
#define File(x,y) freopen(#x,"r",stdin),freopen(#y,"w",stdout)
inline ll read()
{
ll ss=0; bool cit=1; char ch;
while(!isdigit(ch=getchar())) if(ch=='-') cit=0;
while(isdigit(ch)) ss=(ss<<3)+(ss<<1)+(ch^48),ch=getchar();
return cit?ss:-ss;
}
} using namespace BSS;
const ll N=2e5+21,mod=998244353;
ll n,ans;
ll val[N];
ll f[N][2],g[N][2];
pair<ll,ll> p[N];
inline void solve(ll l,ll r){
if(l==r) return ans=(ans+val[l])%mod,void();
ll mid=(l+r)>>1,res=0,llen=mid-l+1,rlen=r-mid,cnt=0,fs=0,gs=0;
solve(l,mid),solve(mid+1,r),
f[mid+1][0]=0,f[mid+1][1]=0,f[mid][0]=0,f[mid][1]=val[mid],
g[mid+1][0]=0,g[mid+1][1]=val[mid+1],g[mid][0]=0,g[mid][1]=0,
p[++cnt].first=max(f[mid][1]-f[mid][0],0ll),p[cnt].second=0,
p[++cnt].first=max(g[mid+1][1]-g[mid+1][0],0ll),p[cnt].second=1;
for(re i=mid-1;i>=l;i--){
f[i][0]=max(f[i+1][0],f[i+2][0]+val[i]),f[i][1]=max(f[i+1][1],f[i+2][1]+val[i]),
p[++cnt].first=max(f[i][1]-f[i][0],0ll),p[cnt].second=0;
res=(res+f[i][0]*rlen%mod)%mod;
}
for(re i=mid+2;i<=r;i++){
g[i][0]=max(g[i-1][0],g[i-2][0]+val[i]),g[i][1]=max(g[i-1][1],g[i-2][1]+val[i]),
p[++cnt].first=max(g[i][1]-g[i][0],0ll),p[cnt].second=1,
res=(res+g[i][0]*llen%mod)%mod;
}
sort(p+1,p+1+cnt);
for(re i=1;i<=cnt;i++){
if(p[i].second) gs++,res=(res+p[i].first*fs%mod)%mod;
else fs++,res=(res+p[i].first*gs%mod)%mod;
}
ans=(ans+res)%mod;
}
signed main(){
n=read();
for(re i=1;i<=n;i++) val[i]=read();
solve(1,n); printf("%lld\n",ans);
exit(0);
}
C. 第负二题
发现要放一个对角线长为 \(2*k\) 的菱形.
如果是二分和 \(RMQ\) 应该是很好理解的.
考虑如何优化，
发现 \(| f_i\ -\ f_{i-1}| \le 1\)，
于是可以去掉二分了.
发现除了上端点之外的三个端点都是单调的.
而上端点也只需要特判两个地方就好了.
C_code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace BSS
{
#define ll long long int
#define ull unsigned ll
#define lf double
#define mp make_pair
#define lb lower_bound
#define ub upper_bound
#define Fill(x,y) memset(x,y,sizeof x)
#define Copy(x,y) memcpy(x,y,sizeof x)
#define File(x,y) freopen(#x,"r",stdin),freopen(#y,"w",stdout)
inline ll read()
{
ll ss=0; bool cit=1; char ch;
while(!isdigit(ch=getchar())) if(ch=='-') cit=0;
while(isdigit(ch)) ss=(ss<<3)+(ss<<1)+(ch^48),ch=getchar();
return cit?ss:-ss;
}
} using namespace BSS;
const ll mod=998244353,N=5e6+21;
ll n,ans;
ll l[N],r[N],po[N],f[N];
deque<ll> ul,ur,dl,dr;
namespace BISS
{
typedef unsigned long long u64;
u64 xorshift128p(u64 &A, u64 &B) {
u64 T = A, S = B;
A = S;
T ^= T << 23;
T ^= T >> 17;
T ^= S ^ (S >> 26);
B = T;
return T + S;
}
void gen(int n, int L, int X, int Y, u64 A, u64 B) {
for (int i = 1; i <= n; i ++) {
l[i] = xorshift128p(A, B) % L + X;
r[i] = xorshift128p(A, B) % L + Y;
if (l[i] > r[i]) swap(l[i], r[i]);
}
}
} using namespace BISS;
inline void P(){
for(int i=1;i<=n;i++) cout<<l[i]<<' '<<r[i]<<endl;
cout<<endl;
}
signed main(){
ll L,X,Y; ull A,B;
n=read(),L=read(),X=read(),Y=read(),scanf("%llu%llu",&A,&B),gen(n,L,X,Y,A,B);
// P();
po[0]=1; for(int i=1;i<=n;i++) po[i]=po[i-1]*3%mod;
f[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
for(int j=max(f[i-1],2ll);j<=f[i-1]+2;j++){
ll k=i+j-1; // ans 位于 front
while(ul.size() and ul.front()<i-j+1) ul.pop_front();
while(ur.size() and ur.front()<i-j+1) ur.pop_front();
while(dl.size() and dl.front()<i) dl.pop_front();
while(dr.size() and dr.front()<i) dr.pop_front();
while(ul.size() and l[ul.back()]+ul.back()<=l[i]+i) ul.pop_back();
while(ur.size() and r[ur.back()]-ur.back()>=r[i]-i) ur.pop_back();
while(dl.size() and l[dl.back()]-dl.back()<=l[k]-k) dl.pop_back();
while(dr.size() and r[dr.back()]+dr.back()>=r[k]+k) dr.pop_back();
ul.push_back(i),ur.push_back(i),dl.push_back(k),dr.push_back(k);
ll le=max(l[ul.front()]+ul.front()-i+j-1,l[dl.front()]-dl.front()+i+j-1);
ll ri=min(r[ur.front()]-ur.front()+i-j+1,r[dr.front()]+dr.front()-i-j+1);
if(j>f[i-1]) le=max(le,l[i-j+1]),ri=min(ri,r[i-j+1]);
if(j>f[i-1]+1) le=max(le,l[i-j+2]+1ll),ri=min(ri,r[i-j+2]-1ll);
if(le>ri) { f[i]=j-1; break ; }
}
// for(int i=1;i<=n;i++) cout<<f[i]<<' ';
// cout<<endl;
for(int i=1;i<=n;i++) ans=(ans+po[i-1]*f[i]%mod)%mod;
printf("%lld\n",ans),exit(0);
}
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