练习选讲（2023.5-6）
5 月
NOIP 2018 模拟 Day2：
ending：给定一棵 \(n\) 个点的树，边权 \(w\in\{0,1\}\)。求出有多少个三元组 \((i,j,k)\)，满足 \(dist(i,j),dist(i,k)>0\)。\(1\le n\le 10^5\)。
题解：
若 \(w(i,j)=0\)，则将 \(i,j\) 合并进一个连通块内。对于一个连通块，设其大小为 \(size\)，则对于该连通块内的一个节点 \(i\)，满足 \(dist(i,j)=0\) 或 \(dist(i,k)=0\) 的三元组 \((i,j,k)\) 的数量为 \((size-1)(size-2)+2(size-1)(n-size)\)。
那么 \(ans=n(n-1)(n-2)-\sum size((size-1)(size-2)+2(size-1)(n-size))\)。
时间复杂度 \(O(n\log n)\)。
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#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <queue>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 1e5+10;
int n, ans, p[N], siz[N];
int check(int w) {
while (w) {
if (w % 10 != 4 && w % 10 != 7) return 0;
w /= 10;
}
return 1;
}
int find(int x) {
if (p[x] != x) return find(p[x]);
return x;
}
void merge(int u, int v) {
int fu = find(u), fv = find(v);
if (fu == fv) return ;
siz[fv] += siz[fu], p[fu] = fv;
return ;
}
signed main() {
// freopen("ending.in", "r", stdin);
// freopen("ending.out", "w", stdout);
scanf("%lld", &n);
for (int i = 1; i <= n; ++i) p[i] = i, siz[i] = 1;
int u, v, w;
for (int i = 1; i < n; ++i) {
scanf("%lld%lld%lld", &u, &v, &w);
w = check(w);
if (!w) merge(u, v); // 分割成内部不能到达的连通块
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
if (i != find(i) || siz[i] < 2) continue ;
int size = siz[i];
ans += size*(size-1)*(size-2) + size*(size-1)*(n-size)*2;
}
printf("%lld\n", n*(n-1)*(n-2)-ans);
return 0;
}
/*
10
1 2 8
1 3 7
3 4 47
5 7 23
4 6 4
6 10 747
8 6 57
9 3 447
9 5 88
566
*/
6 月
6.9：
P1486 [NOI2004] 郁闷的出纳员：* 平衡树（蓝）
题解：
用一个变量 \(delta\) 记录员工们的工资变化量。
对于插入操作 I k，向平衡树中插入一个数 \(k-delta\)（其他人都增加了 \(delta\)，但他没有增加，相当于其他人不增加，他减小 \(delta\)）。
对于全局加法操作 A k，直接将 \(delta\) 增加 \(k\) 即可。
对于全局减法操作 S k，将 \(delta\) 减少 \(k\)，同时删除平衡树中小于 \(min-delta\) 的数（与插入操作思想类似）。
对于查询排名操作 F k，在平衡树上二分查找即可。若遍历到 \(0\) 号节点则返回 \(-1\)。
用 fhq-treap 实现，时间复杂度 \(O(n\log n)\)。
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#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 3e5+10;
int n, minl, ans, delta, idx, root; // delta 表示所有员工的工资变化量
struct Node {
int l, r;
int val, key; // BST, 堆
int size;
} tree[N];
void pushup(int u) {
tree[u].size = tree[tree[u].l].size + tree[tree[u].r].size + 1;
}
int newNode(int v) {
++ idx;
tree[idx].l = tree[idx].r = 0;
tree[idx].val = v, tree[idx].key = rand();
tree[idx].size = 1;
return idx;
}
void split(int p, int v, int &x, int &y) { // 按 v 分裂子树, 左子树小于等于x, 右子树大于x
if (!p) {x = y = 0; return ;}
if (tree[p].val <= v) {
x = p;
split(tree[p].r, v, tree[p].r, y);
} else {
y = p;
split(tree[p].l, v, x, tree[p].l);
}
pushup(p);
}
int merge(int x, int y) { // 合并子树, x中的值均小于y中的值
if (!x || !y) return x + y;
if (tree[x].key <= tree[y].key) {
tree[x].r = merge(tree[x].r, y);
pushup(x); return x;
} else {
tree[y].l = merge(x, tree[y].l);
pushup(y); return y;
}
}
void insert(int v) { // 插入 v
int x, y, z;
split(root, v, x, z);
y = newNode(v);
root = merge(merge(x, y), z);
}
void del(int v) { // 删除小于v的数
int x, y;
split(root, v-1, x, y);
ans += tree[x].size;
root = y;
}
int get_num(int p, int k) { // 在以p为根的子树内查询第 k 大数
if (!p) return -1;
if (tree[tree[p].r].size >= k) return get_num(tree[p].r, k);
if (tree[tree[p].r].size+1 == k) return tree[p].val;
return get_num(tree[p].l, k-tree[tree[p].r].size-1);
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0), cout.tie(0);
cin >> n >> minl;
char op; int k;
while (n -- ) {
cin >> op >> k;
if (op == 'I') {
if (k < minl) continue;
insert(k-delta);
} else if (op == 'A') {
delta += k;
} else if (op == 'S') {
delta -= k;
del(minl-delta);
} else {
int t = get_num(root, k);
cout << ((t == -1) ? t : t+delta) << '\n';
}
}
cout << ans << '\n';
return 0;
}
6.10：
P1110 [ZJOI2007] 报表统计：平衡树（蓝）
我们可以记录原数组第 \(i\) 个数的开头 \(a_i\) 和被插入的结尾 \(b_i\)。用两个平衡树分别维护相邻两个数的差值和数组中所有的数，另外用一个变量 \(ans\) 存储当前答案。
对于插入操作 Insert i k，那么需要在第一棵平衡树中删除 \(|a_{i+1}-b_i|\)，再插入 \(|k-b_i|\) 及 \(|a_{i+1}-k|\)。在第二棵平衡树中查找 \(k\) 的前驱 \(pre\) 及后继 \(suf\)（可能与 \(k\) 相等），则 \(ans=\min\{ans,|k-pre|,|k-suf|\}\)。更新 \(b_i=k\)。
对于查找操作 MIN_GAP，直接在第一棵平衡树中找最小值即可。对于查找操作 MIN_SORT_GAP，直接输出 \(ans\) 即可。
使用 fhq-treap 实现，时间复杂度 \(O(n\log n)\)。
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#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 1e6+10;
int n, m, ans = (int)1e9, a[N], b[N];
struct Node {
int l, r;
int val, key;
int size;
};
class FHQ_Treap {
private:
int root, idx;
Node tree[N];
public:
void pushup(int u) {
tree[u].size = tree[tree[u].l].size + tree[tree[u].r].size + 1;
}
int newNode(int v) {
++ idx;
tree[idx].l = tree[idx].r = 0;
tree[idx].val = v, tree[idx].key = rand();
tree[idx].size = 1;
return idx;
}
void split(int p, int v, int &x, int &y) {
if (!p) {x = y = 0; return ;}
if (tree[p].val <= v) {
x = p;
split(tree[p].r, v, tree[p].r, y);
} else {
y = p;
split(tree[p].l, v, x, tree[p].l);
}
pushup(p);
}
int merge(int x, int y) {
if (!x || !y) return x + y;
if (tree[x].key <= tree[y].key) {
tree[x].r = merge(tree[x].r, y);
pushup(x); return x;
} else {
tree[y].l = merge(x, tree[y].l);
pushup(y); return y;
}
}
void insert(int v) {
int x, y, z;
split(root, v, x, z);
y = newNode(v);
root = merge(merge(x, y), z);
}
void del(int v) {
int x, y, z;
split(root, v, x, z), split(x, v-1, x, y);
y = merge(tree[y].l, tree[y].r);
root = merge(merge(x, y), z);
}
int get_num(int p, int k) {
if (!p) return 1e9;
if (tree[tree[p].l].size >= k) return get_num(tree[p].l, k);
else if (tree[tree[p].l].size+1 == k) return tree[p].val;
else return get_num(tree[p].r, k-tree[tree[p].l].size-1);
}
int get_pre(int v) {
int x, y;
split(root, v-1, x, y);
int ans = get_num(x, tree[x].size);
root = merge(x, y);
return ans;
}
int get_suf(int v) {
int x, y;
split(root, v-1, x, y);
int ans = get_num(y, 1);
root = merge(x, y);
return ans;
}
int min_gap() {
return get_num(root, 1);
}
} Tree1, Tree2;
int main() {
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0), cout.tie(0);
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
cin >> a[i]; b[i] = a[i];
if (i > 1) Tree1.insert(abs(a[i]-a[i-1]));
ans = min(ans, min(abs(a[i]-Tree2.get_pre(a[i])), abs(a[i]-Tree2.get_suf(a[i]))));
Tree2.insert(a[i]);
}
string op; int i, k;
while (m -- ) {
cin >> op;
if (op == "INSERT") {
cin >> i >> k;
if (i < n) Tree1.del(abs(a[i+1]-b[i])), Tree1.insert(abs(a[i+1]-k));
Tree1.insert(abs(k-b[i]));
b[i] = k;
ans = min(ans, min(abs(k-Tree2.get_pre(k)), abs(k-Tree2.get_suf(k))));
Tree2.insert(k);
} else if (op == "MIN_GAP") {
cout << Tree1.min_gap() << '\n';
} else {
cout << ans << '\n';
}
}
return 0;
}
P3391 【模板】文艺平衡树：* 文艺平衡树（蓝）
按大小分裂子树的 fhq-treap。
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#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 1e5+10;
int n, m;
int root, idx;
struct Node {
int l, r;
int val, key;
int size;
// 如果我们以BST的中序遍历作为答案,那么对于区间[l,r],只需交换其对应子树中所有节点的左右儿子
int tag; // 翻转懒标记
} tree[N];
void pushup(int u) {
tree[u].size = tree[tree[u].l].size + tree[tree[u].r].size + 1;
}
void pushdown(int u) { // 下传懒标记
swap(tree[u].l, tree[u].r);
tree[u].tag = 0;
tree[tree[u].l].tag ^= 1, tree[tree[u].r].tag ^= 1;
}
int newNode(int v) {
++ idx;
tree[idx].l = tree[idx].r = tree[idx].tag = 0;
tree[idx].val = v, tree[idx].key = rand();
tree[idx].size = 1;
return idx;
}
void split(int p, int k, int &x, int &y) { // 按k(子树大小)分裂
if (!p) {x = y = 0; return ;}
if (tree[p].tag) pushdown(p);
if (tree[tree[p].l].size < k) {
x = p;
split(tree[p].r, k-tree[tree[p].l].size-1, tree[p].r, y);
} else {
y = p;
split(tree[p].l, k, x, tree[p].l);
}
pushup(p);
}
int merge(int x, int y) {
if (!x || !y) return x+y;
if (tree[x].key <= tree[y].key) {
if (tree[x].tag) pushdown(x);
tree[x].r = merge(tree[x].r, y);
pushup(x); return x;
} else {
if (tree[y].tag) pushdown(y);
tree[y].l = merge(x, tree[y].l);
pushup(y); return y;
}
}
void insert(int v) {
int x, y, z;
split(root, v, x, z);
y = newNode(v);
root = merge(merge(x, y), z);
}
void reverse(int l, int r) { // 翻转区间[l,r]
int x, y, z;
split(root, r, x, z); // 分裂区间[1,r],[r+1,n]
split(x, l-1, x, y); // 分裂区间[1,l-1],[l,r]
// 注意必须先分裂r再分裂l-1
tree[y].tag ^= 1; // 打上懒标记
root = merge(merge(x, y), z);
}
void print(int u) {
if (!u) return ;
if (tree[u].tag) pushdown(u);
print(tree[u].l), printf("%d ", tree[u].val), print(tree[u].r);
}
int main() {
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = 1; i <= n; ++i) insert(i);
int l, r;
while (m -- ) {
scanf("%d%d", &l, &r);
reverse(l, r);
}
print(root);
return 0;
}
6.11：
P2461 [SDOI2008] 递归数列：矩阵快速幂（紫）
令 \(S_i=\sum_{j=1}^i a_i\)，则题目所求即为 \(S_n-S_{m-1}\)。考虑矩阵快速幂来计算 \(S_i\)。
令：
\[\begin{aligned}
A=\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & \cdots & 0 \\
c_1 & c_1 & 1 & \cdots & 0\\
c_2 & c_2 & 0 & \cdots & 0\\
\vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots\\
c_{k-1} & c_{k-1} & 0 & \cdots & 1\\
c_k & c_k & 0 & \cdots & 0
\end{bmatrix}
\end{aligned}
\]
则有：
\[\begin{aligned}
(S_i,a_i,a_{i-1},\cdots ,a_{i-k+1}) &= A(S_{i-1},a_{i-1},a_{i-2},\cdots,a_{i-k})\\
&=A^{i-k}(S_k,a_k,a_{k-1},\cdots a_1)
\end{aligned}
\]
注意 \(m,n\le k\) 时，需要直接返回答案。
时间复杂度 \(O(k^3\log n)\)。
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#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 20;
int n, m, k, p, a[N][N], b[N], c[N], ans[N][N];
void mul(int a[][N], int b[][N], int c[][N]) {
int tmp[N][N]; memset(tmp, 0, sizeof tmp);
for (int i = 1; i < N; ++i) {
for (int j = 1; j < N; ++j) {
for (int k = 1; k < N; ++k)
tmp[i][j] = (tmp[i][j] + a[i][k]*b[k][j]) % p;
}
}
memcpy(c, tmp, sizeof tmp);
}
void power(int x) {
while (x) {
if (x & 1) mul(ans, a, ans);
x >>= 1;
mul(a, a, a);
}
}
int calc(int x) {
int sum = 0;
if (x <= k) {
for (int i = 1; i <= x; ++i) sum += b[i];
return sum;
}
power(x-k);
int t = ans[1][1];
memset(a, 0, sizeof a), memset(ans, 0, sizeof ans);
a[1][1] = 1, a[1][2] = 0;
for (int i = 2; i <= k+1; ++i) a[i][1] = a[i][2] = c[i-1];
for (int i = 2; i <= k; ++i) a[i][i+1] = 1;
for (int i = 2; i <= k+1; ++i) ans[1][i] = b[k-i+2], ans[1][1] += ans[1][i];
return t;
}
signed main() {
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0), cout.tie(0);
cin >> k;
for (int i = 1; i <= k; ++i) cin >> b[i];
for (int i = 1; i <= k; ++i) cin >> c[i];
cin >> m >> n >> p;
a[1][1] = 1, a[1][2] = 0;
for (int i = 2; i <= k+1; ++i) a[i][1] = a[i][2] = c[i-1];
for (int i = 2; i <= k; ++i) a[i][i+1] = 1;
for (int i = 2; i <= k+1; ++i) ans[1][i] = b[k-i+2], ans[1][1] += ans[1][i];
cout << ((calc(n) - calc(m-1)) % p + p) % p << '\n';
return 0;
}
/*
2
1 1
1 1
2 10 1000003
*/
P1306 斐波那契公约数：* 数学，矩阵快速幂（蓝）
令 \(f_i\) 表示斐波那契数列第 \(i\) 项。
引理 1：\(\gcd(f_i,f_{i+1})=1\)。
证明：（反证法）
若引理不成立，令 \(\gcd(f_i,f_{i+1})=a\;(a>1)\)。
由于 \(f_{i-1}=f_{i+1}-f_i\)，所以 \(f_{i-1}\) 也能被 \(a\) 整除。以此类推，可得 \(f_1=1\) 也能被 \(a\) 整除，矛盾。故引理成立。
引理 2：\(f_n=f_{i+1}f_{n-i}+f_if_{n-i-1}\)。
证明：（数学归纳法）
\(i=1\) 时，显然 \(f_n=f_2f_{n-1}+f_1f_{n-2}=f_{n-1}+f_{n-2}\) 成立。
假设 \(i=k\) 时，结论成立，有 \(f_n=f_{k+1}f_{n-k}+f_kf_{n-k-1}\)。则有：
\[\begin{aligned}
f_n &= f_{k+1}f_{n-k}+f_kf_{n-k-1} \\
&= (f_k+f_{k+1})f_{n-k-1}+f_{k+1}f_{n-k-2}\\
&= f_{k+2}f_{n-k-1}+f_{k+1}f_{n-k-2}
\end{aligned}
\]
即 \(i=k+1\) 时，结论也成立。引理得证。
定理：\(\gcd(f_n,f_m)=f_{\gcd(n,m)}\)。
证明：
不妨设 \(n\ge m\)。
根据引理 2，我们有 \(f_n=f_{n-m+1}f_m+f_{n-m}f_{m-1}\)。则 \(\gcd(f_n,f_m)=\gcd(f_{m},f_{n-m}f_{m-1})=\gcd(f_m,f_{n-m})\)。可以发现，这就是辗转相减法的过程，定理得证。
根据：
\[(f_i,f_{i-1})=\begin{bmatrix}
1 & 1\\
1 & 0
\end{bmatrix}(f_{i-1},f_{i-2})=\begin{bmatrix}
1 & 1\\
1 & 0
\end{bmatrix}^{i-2}(1,1)
\]
可以直接用矩阵快速幂来求解。
时间复杂度 \(O(\log n)\)。
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#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 5, p = 1e8;
int n, m, a[N][N], ans[N][N];
void mul(int a[][N], int b[][N], int c[][N]) {
int tmp[N][N]; memset(tmp, 0, sizeof tmp);
for (int i = 1; i < N; ++i) {
for (int j = 1; j < N; ++j)
for (int k = 1; k < N; ++k)
tmp[i][j] = (tmp[i][j] + a[i][k] * b[k][j]) % p;
}
memcpy(c, tmp, sizeof tmp);
}
void power(int x) {
ans[1][1] = ans[1][2] = 1;
while (x) {
if (x & 1) mul(ans, a, ans);
x >>= 1;
mul(a, a, a);
}
}
signed main() {
cin >> n >> m;
a[1][1] = a[1][2] = a[2][1] = 1;
power(__gcd(n, m)-2);
cout << ans[1][1] << '\n';
return 0;
}
补一道之前过了的题：
P2260 [清华集训2012]模积和：* 数论分块（紫）
不妨设 \(n\le m\)。则有：
\[\begin{aligned}
&\sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{m} [i\ne j](n\bmod i)(m\bmod j)\\
=&\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m(n\bmod i)(m\bmod j)-\sum_{i=1}^n(n\bmod i)(m\bmod i)\\
=&\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\left ( n-i\left \lfloor \dfrac{n}{i} \right \rfloor \right ) \left ( m-j\left \lfloor \dfrac{m}{j} \right \rfloor \right ) - \sum_{i=1}^n\left ( n-i\left \lfloor \dfrac{n}{i} \right \rfloor \right ) \left ( m-i\left \lfloor \dfrac{m}{i} \right \rfloor \right )\\
=&\left ( n^2-\sum_{i=1}^{n} i\left \lfloor \dfrac{n}{i} \right \rfloor \right )\left ( m^2-\sum_{i=1}^{m}i\left \lfloor \dfrac{m}{i} \right \rfloor \right )-\sum_{i=1}^{n}\left(nm-mi\left\lfloor \dfrac{n}{i}\right\rfloor-ni\left\lfloor \dfrac{m}{i}\right\rfloor+i^2\left\lfloor \dfrac{n}{i}\right\rfloor\left\lfloor \dfrac{m}{i}\right\rfloor\right)
\end{aligned}
\]
数论分块计算即可。时间复杂度 \(O(\sqrt n)\)。
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#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define int long long
#define ll __int128
const int p = 19940417;
int n, m, ans;
int calc1(int k) { // 1+2+...+k
return (ll)k * (k+1) / 2 % p;
}
int calc2(int k) { // 1^2+2^2+...+k^2
return (ll)k * (k+1) * (2*k+1) / 6 % p;
}
signed main() {
cin >> n >> m;
if (n > m) swap(n, m);
int ans1 = n*n % p;
int l = 0, r = 0;
while (l <= n) {
l = r+1;
if (n / l == 0) break;
r = min(n, n/(n/l));
ans1 = ((ans1 - (calc1(r)-calc1(l-1)+p)%p*(n/l)%p)%p + p) % p;
}
int ans2 = m*m % p;
l = 0, r = 0;
while (l <= m) {
l = r+1;
if (m / l == 0) break;
r = min(m, m/(m/l));
ans2 = ((ans2 - (calc1(r)-calc1(l-1)+p)%p*(m/l)%p)%p + p) % p;
}
int ans3 = 0;
l = 0, r = 0;
while (l <= n) {
l = r+1;
if (n / l == 0) break;
r = min(n, min(m/(m/l), n/(n/l)));
ans3 = ((ans3 + (ll)n*m%p*(r-l+1)%p - (ll)m*(calc1(r)-calc1(l-1)+p)%p*(n/l)
- (ll)n*((calc1(r)-calc1(l-1)+p)%p*(m/l)) + (ll)(calc2(r)-calc2(l-1)+p)*(m/l)*(n/l))
% p + p) % p;
}
ans = ((ll)ans1 * ans2 % p - ans3 % p + p) % p;
cout << ans << '\n';
return 0;
}
6.14：
P2195 HXY造公园：* 并查集，树的直径（紫）
需要维护节点连通性，考虑使用并查集。对于每棵树的根节点 \(x\)，记 \(d_x\) 表示 \(x\) 所在的树的直径。（求法参考：树上科技-树的直径）
考虑如何维护这个森林：
对于操作 1，直接输出 \(d_{root(x)}\) 即可。对于操作 2，可以将 \(u,v\) 所在的树合并，合并后的树的最小直径为 \(\max\left\{\left\lceil \dfrac{d_{root(u)}}{2} \right\rceil+\left\lceil \dfrac{d_{root(v)}}{2} \right\rceil+1, d_{root(u)}, d_{root(v)}\right\}\)。
时间复杂度 \(O(n\log n)\)。
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#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <cmath>
using namespace std;
const int N = 3e5+10;
int n, m, q;
int p[N], dist[N], d[N]; // d[x]表示x所在树的直径(x为根节点)
vector<int> e[N];
int find(int x) {
if (p[x] != x) p[x] = find(p[x]);
return p[x];
}
void merge(int u, int v, int op) {
int pu = find(u), pv = find(v);
if (pu == pv) return ;
p[pu] = p[pv];
if (op) d[pv] = max((int)(ceil(d[pu] / 2.0) + ceil(d[pv] / 2.0)) + 1, max(d[pu], d[pv]));
}
int dfs(int u, int fa) {
int ans = u;
for (auto v : e[u]) {
if (v == fa) continue;
dist[v] = dist[u] + 1;
int x = dfs(v, u);
if (dist[ans] < dist[x]) ans = x;
}
return ans;
}
int main() {
scanf("%d%d%d", &n, &m, &q);
for (int i = 1; i <= n; ++i) p[i] = i;
int u, v;
while (m -- ) {
scanf("%d%d", &u, &v);
merge(u, v, 0);
e[u].push_back(v), e[v].push_back(u);
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
if (i != p[i]) continue;
dist[i] = 0; int s = dfs(i, -1);
dist[s] = 0; int t = dfs(s, -1);
d[i] = dist[t];
}
int op;
while (q -- ) {
scanf("%d", &op);
if (op == 1) scanf("%d", &u), printf("%d\n", d[find(u)]);
else scanf("%d%d", &u, &v), merge(u, v, 1);
}
return 0;
}
6.17：
P3938 斐波那契：二分，数学（绿）
可以发现，\(fa_i=i-\max_{1\le f_j<i} f_j\)。计算出 \(u,v\) 的所有祖宗节点后二分查找即可。
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#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <map>
#include <cmath>
#include <vector>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 1000, M = 3e5+20;
int m;
int f[N] = {1, 1, 2};
void get(int x, vector<int> &X) {
int t = lower_bound(f+1, f+60, x) - f;
X.push_back(x);
while (x > 1 && t > 0) {
if (x-f[t] >= 1) x -= f[t], X.push_back(x);
t --;
}
sort(X.begin(), X.end());
}
signed main() {
for (int i = 3; i <= 65; ++i) f[i] = f[i-1] + f[i-2];
scanf("%lld", &m);
int x, y;
for (int i = 1; i <= m; ++i) {
scanf("%lld%lld", &x, &y);
vector<int> X, Y;
get(x, X), get(y, Y);
int l = 0, r = min(X.size(), Y.size()) - 1;
while (l < r) {
int mid = l + r + 1 >> 1;
if (X[mid] == Y[mid]) l = mid;
else r = mid-1;
}
printf("%lld\n", X[l]);
}
return 0;
}
6.19：
P4281 [AHOI2008]紧急集合 / 聚会：LCA（蓝）
先考虑 \(2\) 个点 \(a,b\) 的情况，显然此时 \(p=\text{lca}(a,b)\)。
再加入第 \(3\) 个点 \(c\)，可以猜测，\(p\) 一定为 \(\text{lca}(a,b),\text{lca}(a,c),\text{lca}(b, c)\) 中的一个点。
证明：
对于一条树上路径 \(a\rightarrow b\)，其中的每一个点 \(p\) 都满足 \(d(a,p)+d(b,p)=d(a,b)\)，所以我们应尽可能使 \(p\) 靠近 \(c\) 点。分类讨论：
- \(c\) 在 \(a\rightarrow b\) 路径上：\(p=c\)。
- \(c\) 不在 \(a\rightarrow b\) 路径上：
- \(c\) 在以 \(a\) 为根的子树中：\(p=a\)；
- \(c\) 在以 \(b\) 为根的子树中：\(p=b\)；
- \(c\) 不在 以 \(a,b\) 为根的子树中：\(p=\text{lca}(a,b)\)（因为 \(\text{lca}(a,b)\) 为 \(a\rightarrow b\) 路径中深度最小的节点）。
\(a,b,c\) 地位等同，原命题得证。
那么分别计算 \(\text{lca}(a,b),\text{lca}(a,c),\text{lca}(b, c)\) 到 \(a,b,c\) 距离之和的最小值即可。
时间复杂度 \(O(n\log n+m)\)。
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#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <cmath>
using namespace std;
const int N = 5e5+10;
int n, m;
int idx, dep[N], dfn[N<<1], pos[N];
int st[N<<1][20];
vector<int> e[N];
void dfs(int u, int fa) {
dfn[++ idx] = u, pos[u] = idx;
for (auto v : e[u]) {
if (v == fa) continue;
dep[v] = dep[u]+1, dfs(v, u);
dfn[++ idx] = u;
}
}
int Min(int a, int b) {
return (pos[a] < pos[b]) ? a : b;
}
void init() {
for (int i = 1; i <= idx; ++i) st[i][0] = dfn[i];
for (int i = 1; (1<<i) <= idx; ++i) {
for (int j = 1; j <= idx-(1<<i)+1; ++j)
st[j][i] = Min(st[j][i-1], st[j+(1<<i-1)][i-1]);
}
}
int query(int l, int r) {
if (l > r) swap(l, r);
int k = log2(r-l+1);
return Min(st[l][k], st[r-(1<<k)+1][k]);
}
int lca(int u, int v) {
u = pos[u], v = pos[v];
return query(u, v);
}
int dist(int u, int v) {
return dep[u] + dep[v] - 2 * dep[lca(u, v)];
}
void solve(int a, int b, int c) {
int p1 = lca(a, b), p2 = lca(a, c), p3 = lca(b, c);
int dis1 = dist(a, p1)+dist(b, p1)+dist(c, p1), dis2 = dist(a, p2)+dist(b, p2)+dist(c, p2),
dis3 = dist(a, p3)+dist(b, p3)+dist(c, p3);
int t = min(dis1, min(dis2, dis3));
if (t == dis1) printf("%d %d\n", p1, dis1);
else if (t == dis2) printf("%d %d\n", p2, dis2);
else printf("%d %d\n", p3, dis3);
}
int main() {
scanf("%d%d", &n, &m);
int u, v;
for (int i = 1; i < n; ++i) {
scanf("%d%d", &u, &v);
e[u].push_back(v), e[v].push_back(u);
}
dfs(1, -1);
init();
int a, b, c;
while (m -- ) {
scanf("%d%d%d", &a, &b, &c);
solve(a, b, c);
}
return 0;
}
P6216 回文匹配：（* 字符串究极神题）manacher，KMP，前缀和（蓝）
裸体就意味着身体。
首先对 \(S\) 和 \(T\) 做一次 KMP，若 \(S[l\cdots r]=T[1\cdots m]\)，则令 \(a_l=1\)。然后再在 \(S\) 上跑一遍 manacher，求出以 \(S_i\) 为中心的最长回文子串。
对于 \(S_i\)，考虑其对答案的贡献。则 \(S[i-d_i+1\cdots i+d_i-1]\) 为以 \(S_i\) 为中心的最长回文子串。令 \(l=i-d_i+1,r=i+d_i-m\)（保证 \(T\) 右端点在回文子串内），那么 \(S_i\) 对答案的贡献即为：
\[\begin{aligned}
& (a_l+a_{l+1}+\cdots +a_r) + (a_{l+1}+a_{l+2}+\cdots +a_{r-1}) + \cdots \\
= & \sum_{l\le j\le mid} a_j(j-l+1) + \sum_{mid<j\le r} a_j(r-j+1) \\
= & -(l-1)\sum_{l\le j\le mid}a_j+\sum_{l\le j\le mid}j\cdot a_j+(r+1)\sum_{mid<j\le r} a_j-\sum_{mid<j\le r}j\cdot a_j
\end{aligned}
\]
（其中 \(mid=\left\lfloor \dfrac{l+r}{2} \right\rfloor\)）
注意到 \(\sum a_j\) 和 \(\sum j\cdot a_j\) 可以用前缀和预处理。
时间复杂度 \(O(n+m)\)。
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#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <vector>
using namespace std;
const int N = 3e6+10;
int n, m, ne[N], d[N];
unsigned int a[N], s1[N], s2[N];
unsigned int ans;
char S[N], T[N];
void get_next() {
ne[1] = 0;
for (int i = 2, j = 0; i <= m; ++i) {
while (T[i] != T[j+1] && j) j = ne[j];
if (T[i] == T[j+1]) j ++;
ne[i] = j;
}
}
void get_d() {
d[1] = 1;
for (int i = 2, l = 0, r = 0; i <= n; ++i) {
int j = l + r - i;
if (i <= r) d[i] = min(d[j], r-i+1);
while (S[i+d[i]] == S[i-d[i]] && i-d[i] >= 1 && i+d[i] <= n) d[i] ++;
if (i+d[i] > r) r = i+d[i]-1, l = i-d[i]+1;
}
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0), cout.tie(0);
cin >> n >> m >> S+1 >> T+1;
get_next();
for (int i = 1, j = 0; i <= n; ++i) {
while (S[i] != T[j+1] && j) j = ne[j];
if (S[i] == T[j+1]) j ++;
if (j == m) a[i-m+1] ++, j = ne[j];
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) s1[i] = s1[i-1]+a[i], s2[i] = s2[i-1]+i*a[i];
get_d();
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
int l = i-d[i]+1, r = i+d[i]-m, mid = l + r >> 1;
if (l > r) continue;
ans += -(unsigned int)(l-1)*(s1[mid]-s1[l-1]) + s2[mid]-s2[l-1];
if (r != mid) ans += (unsigned int)(r+1)*(s1[r]-s1[mid]) - s2[r]+s2[mid];
}
cout << ans << '\n';
return 0;
}
Codeforces Round 878 (Div. 3)：
CF1840B：\(k\) 位二进制数能表示的最大数为 \(2^{k}-1\)。当 \(n>2^k-1\) 时，\(ans=2^k\)；否则 \(ans=n+1\)。时间复杂度 \(O(t)\)。
CF1840C：预处理 \(a\) 中所有 \(>q\) 的数的位置，扔到一个 vector 中。正序扫描 \(a\)，对于 \(a_i\)，二分查找其后第一个 \(>q\) 的位置 \(pos\)，若 \(pos-i+1\ge k\) 则 \(a_i\) 对答案的贡献为 \(pos-i+1-k\)。
CF1840D：二分答案即可。
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#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 2e5+10;
int t, n, a[N];
bool check(int num) {
int x = 1, cnt = 0;
// printf("%d\n", num);
while (x <= n && cnt < 3) {
// printf("%d ", x);
x = upper_bound(a+1, a+n+2, a[x]+2*num) - a, cnt ++;
}
// printf("%d\n", x);
if (x > n) return 1;
return 0;
}
int main() {
scanf("%d", &t);
while (t -- ) {
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &a[i]);
a[n+1] = 1000000000;
sort(a+1, a+n+2);
int l = 0, r = 1000000000;
while (l < r) {
int mid = l + r >> 1;
if (check(mid)) r = mid;
else l = mid+1;
}
printf("%d\n", l);
}
return 0;
}
CF1840E：用一个变量 \(cnt\) 记录当前 \({a}_i\ne {b}_i\) 的字符数量，\(O(1)\) 更新即可。（虽然但是我比赛时脑抽用了树状数组 www）
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#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <vector>
using namespace std;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 2e5+10;
int T, t, q, n, c[N];
string s1, s2;
char s[3][N];
int id; vector<pii> oper;
int lowbit(int x) {
return x & -x;
}
void add(int x, int k) {
for (int i = x; i <= n; i += lowbit(i))
c[i] += k;
}
int query(int x) {
int sum = 0;
for (int i = x; i > 0; i -= lowbit(i))
sum += c[i];
return sum;
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0), cout.tie(0);
cin >> T;
while (T -- ) {
id = 0, oper.clear(); memset(c, 0, sizeof c);
cin >> s1 >> s2 >> t >> q;
n = s1.size();
for (int i = 1; i <= n; ++i) s[0][i] = s1[i-1], s[1][i] = s2[i-1];
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
if (s[0][i] != s[1][i])
add(i, 1);
}
int op, x, y, pos1, pos2;
for (int i = 1; i <= q; ++i) {
if (id < oper.size() && i == oper[id].first) {
add(oper[id].second, 1);
id ++;
}
cin >> op;
if (op == 1) {
cin >> pos1;
if (s[0][pos1] != s[1][pos1]) add(pos1, -1), oper.push_back({i+t, pos1});
} else if (op == 2) {
cin >> x >> pos1 >> y >> pos2; x --, y --;
if (s[x][pos1] != s[x^1][pos1]) add(pos1, -1);
if (s[y][pos2] != s[y^1][pos2]) add(pos2, -1);
swap(s[x][pos1], s[y][pos2]);
if (s[x][pos1] != s[x^1][pos1]) add(pos1, 1);
if (s[y][pos2] != s[y^1][pos2]) add(pos2, 1);
} else if (op == 3) {
if (!query(n)) cout << "YES\n";
else cout << "NO\n";
}
// for (int i = 1; i <= n; ++i) {
//// if (query(i)-query(i-1) == 0)
// cout << s[0][i];
// }
// cout << '\n';
// for (int i = 1; i <= n; ++i) {
//// if (query(i)-query(i-1) == 0)
// cout << s[1][i];
// }
// cout << '\n';
// for (int i = 1; i <= n; ++i) cout << query(i) - query(i-1) << ' ';
// cout << '\n';
}
}
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号