CSP 模拟 4

T1 White and Black

原题 ARC148C Lights Out on Tree
最小和无解都不用管，不能下改上，所以从上往下，遇到就反转。
一定的观察后发现，当这个点的颜色与父亲不同时，会有贡献，然后直接就做完了。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
inline int read(){char ch=getchar();int x=0,f=1;for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar())if(ch=='-')f=-1;for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar())x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);return x*f;}
const int N=2e5+10;
int n,q,s[N],f[N],son[N],head[N],tot;
bool vis[N];
struct EDGE{int v,next;}e[N<<1];
inline void add(int u,int v){
	e[++tot]={v,head[u]};head[u]=tot;	
}
inline void dfs(int u,int fa){
	f[u]=fa;
	for(int i=head[u];i;i=e[i].next){
		dfs(e[i].v,u);
	}
}
signed main(){
	// freopen("in.in","r",stdin);freopen("out.out","w",stdout);
	std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin.tie(0);std::cout.tie(0);
    n=read(),q=read();
    for(int i=2;i<=n;++i){
        int x=read();
        add(x,i);
        son[x]++;
    }
    dfs(1,0);
    for(int i=1;i<=q;++i){
    	int num=read();
        int res=0;
        for(int j=1;j<=num;++j){
        	s[j]=read();
        	res+=son[s[j]];
        	vis[s[j]]=1;
        }
        for(int j=1;j<=num;++j){
        	if(vis[f[s[j]]])res--;
        	else res++;
        }
        for(int j=1;j<=num;++j){
        	vis[s[j]]=0;
        }
        std::cout<<res<<'\n';
    }
}

T2 White and White

原题 CF958C3 Encryption(hard)
有个无脑 \(\mathcal{O}(nk\log p)\) 做法，然后给卡了。
设 \(f_{i,k}\) 表示到 \(i\) 分成 \(k\) 段的最小价值。
\(f_{i,k}=min\{f_{j,k-1}+(s_i-s_j)\bmod p\}\) 瓶颈在转移，是 \(\mathcal{O}(n)\) 的。
考虑两个决策点的转移

\[f_{j,k-1}+(s_i-s_j)\bmod p\equiv s_i \ (\bmod p) \]

\[f_{w,k-1}+(s_i-s_w)\bmod p\equiv s_i\ (\bmod p) \]

他们的结果在模 \(p\) 意义下是同余的，所以当 \(f_{j,k-1}\le f_{w,k-1}\) 时，总有 \(f_{j,k-1}+(s_i-s_j)\bmod p\le f_{w,k-1}+(s_i-s_w)\bmod p\)，因为它们的增加量是小于 \(p\) 的，不足以反超。
所以对于每个 \(k\) 转移点就是之前的最小值，每个 \(k\) 记一下就可以 \(\mathcal{O}(1)\) 转移了。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
inline int read(){char ch=getchar();int x=0,f=1;for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar())if(ch=='-')f=-1;for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar())x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);return x*f;}
const int N=5e5+10;
int n,f[N][105],k,mod,a[N];
signed main(){
	// freopen("in.in","r",stdin);freopen("out.out","w",stdout);
	// std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin.tie(0);std::cout.tie(0);
	n=read(),k=read(),mod=read();
	memset(f,0x3f,sizeof(f));
	for(int i=1;i<=n;++i)a[i]=(read()+a[i-1])%mod,f[i][1]=a[i];
	for(int j=2;j<=k;++j){
		int min=2e9,minpos=0;
		for(int i=1;i<=n;++i){
			f[i][j]=f[minpos][j-1]+(a[i]-a[minpos]+mod)%mod;
			if(min>f[i][j-1]){
				min=f[i][j-1];minpos=i;
			}
		}
	}
	std::cout<<f[n][k];    
}

T3 Black and Black

原题 ARC153C ± Increasing Sequence
套路的构造，先赋好满足递增初值后考虑调整，调整过程满足递增，所以考虑前后缀加减，直接看看前后缀和有没有 \(\pm 1\) 即可。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
inline int read(){char ch=getchar();int x=0,f=1;for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar())if(ch=='-')f=-1;for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar())x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);return x*f;}
const int N=2e5+10;
int a[N],n,pre[N],suf[N],ans,w[N];
signed main(){
	// freopen("in.in","r",stdin);freopen("out.out","w",stdout);
	std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin.tie(0);std::cout.tie(0);
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;++i){
		a[i]=read();pre[i]=pre[i-1]+a[i];
		ans+=a[i]*i;
		w[i]=i;
	}
	for(int i=n;i;--i){suf[i]=suf[i+1]+a[i];}
	if(ans==0){
		std::cout<<"Yes\n";
		for(int i=1;i<=n;++i)std::cout<<i<<' ';std::cout<<'\n';
		exit(0);
	}
	if(ans<0){
		for(int i=1;i<=n;++i){
			if(pre[i]==-1){
				std::cout<<"Yes\n";
				int k=-ans;
				for(int j=1;j<=i;++j)w[j]-=k;
				for(int i=1;i<=n;++i)std::cout<<w[i]<<' ';
				exit(0);
			}
		}
		for(int i=n;i;--i){
			if(suf[i]==1){
				std::cout<<"Yes\n";
				int k=-ans;
				for(int j=i;j<=n;++j)w[j]+=k;
				for(int i=1;i<=n;++i)std::cout<<w[i]<<' ';
				exit(0);
			}
		}
		std::cout<<"No\n"<<'\n';exit(0);
	}
	for(int i=1;i<=n;++i){
		if(pre[i]==1){
			std::cout<<"Yes\n";
			int k=ans;
			for(int j=1;j<=i;++j)w[j]-=k;
			for(int i=1;i<=n;++i)std::cout<<w[i]<<' ';
			exit(0);
		}
	}
	for(int i=n;i;--i){
		if(suf[i]==-1){
			std::cout<<"Yes\n";
			int k=ans;
			for(int j=i;j<=n;++j)w[j]+=k;
			for(int i=1;i<=n;++i)std::cout<<w[i]<<' ';
			exit(0);
		}
	}
	std::cout<<"No\n";
}

T4 Black and White

原题 P2056 [ZJOI2007] 捉迷藏
点分树板子，写的线段树上暴力合并。
直径有一个性质，两个点集合并后的直径端点一定是两个点集直径端点组成的。
然后线段树上维护端点和最大距离后直接暴力枚举情况合并即可。时间复杂度 \(\mathcal{O}(n\log n)\)

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
inline int read(){char ch=getchar();int x=0,f=1;for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar())if(ch=='-')f=-1;for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar())x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);return x*f;}
const int N=1e5+10;
int n,st[20][N],sum[N],dfn[N],dfncnt,dep[N],sm;
std::vector<int> e[N];
struct Tree{int l,r,len,vis;}t[N<<2];
inline int get(int x,int y){return dfn[x]<dfn[y]?x:y;}
inline void dfs(int u,int fa){
	st[0][dfn[u]=++dfncnt]=fa;
	for(int v:e[u])if(v!=fa)dep[v]=dep[u]+1,dfs(v,u);
}
inline int get_dis(int u,int v){
	int x=u,y=v;
	if(u==v)return u;
	if((u=dfn[u])>(v=dfn[v]))std::swap(u,v);
	int d=std::__lg(v-u++);
	int lca=get(st[d][u],st[d][v-(1<<d)+1]);
	return dep[x]+dep[y]-2*dep[lca];
}
inline void update(int p){
	int ls=p<<1,rs=p<<1|1;
	if(t[ls].vis&&t[rs].vis){t[p]={0,0,0,1};return;}
	if(t[ls].vis){t[p]=t[rs];return;}
	if(t[rs].vis){t[p]=t[ls];return;}
	int max=0;
	if(max<t[ls].len){t[p]=t[ls];max=t[ls].len;max=t[ls].len;}
	if(max<t[rs].len){t[p]=t[rs];max=t[rs].len;max=t[rs].len;}
	int w=get_dis(t[ls].l,t[rs].l);
	if(max<w){t[p]={t[ls].l,t[rs].l,w,0};max=w;}
	w=get_dis(t[ls].l,t[rs].r);
	if(max<w)t[p]={t[ls].l,t[rs].r,w,0},max=w;
	w=get_dis(t[ls].r,t[rs].l);
	if(max<w)t[p]={t[ls].r,t[rs].l,w,0},max=w;
	w=get_dis(t[ls].r,t[rs].r);
	if(max<w)t[p]={t[ls].r,t[rs].r,w,0},max=w;
}
inline void build(int p,int l,int r){
	if(l==r){t[p]={l,r,0,0};return;}
	int mid=l+r>>1;
	build(p<<1,l,mid);build(p<<1|1,mid+1,r);
	update(p);
}
inline void change(int p,int l,int r,int pos){
	if(l==r){t[p].vis^=1;if(t[p].vis)sm--;else sm++;return;}
	int mid=l+r>>1;
	if(pos<=mid)change(p<<1,l,mid,pos);
	else change(p<<1|1,mid+1,r,pos);
	update(p);
}
inline void ask(){

	if(sm==1){std::cout<<0<<'\n';return;}
	if(sm==0){std::cout<<-1<<'\n';return;}
	std::cout<<t[1].len<<'\n';
}
signed main(){
	// freopen("in.in","r",stdin);freopen("out.out","w",stdout);
	std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin.tie(0);std::cout.tie(0);
	sm=n=read();
	for(int i=2;i<=n;++i){
		int u=read(),v=read();
		e[u].push_back(v);e[v].push_back(u);
	}
	dfs(1,0);
	for(int i=1;i<=std::__lg(n);++i)
		for(int j=1;j+(1<<i)-1<=n;++j)
			st[i][j]=get(st[i-1][j],st[i-1][j+(1<<i-1)]);
	build(1,1,n);
	int q=read();
	for(int i=1;i<=q;++i){
		char ch=getchar();
		while(ch!='C'&&ch!='G')ch=getchar();
		if(ch=='G')ask();
		else change(1,1,n,read());
	}
}

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T1

感觉像树剖维护。
等会冲一下

T2

简单分讨后，开值域线段树维护即可。
male，这题这么 \(O(nk\log p)\) 跑不动，白忙活。

T3

只会 30
一定有值域不是很大的方案，

T4

posted @ 2024-07-25 14:35 Ishar-zdl 阅读(73) 评论(0) 收藏举报

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