4th UCUP 比赛记录
队友是 @wtcqwq 和 @DrAlfred，队名叫 maze.size() = 0，但是被邪恶青鱼吞了变成 maze.size 了。
会记录比赛大体情况和我过的题以及赛后订的题。
Stage 1: Grand Prix of Korolyov
6 题，顺序是 CDFKHE。
过 4 题吃 1 罚，直接成为队伍大爹。
赛后 9 min 过 B。
B. Domain Compression
考虑对每对 \((u,v)\) 分别计数它出现了几次，那么要求 \(u,v\) 均未被删除且 \((u,v)\) 路径上的中间点全被删除，对删点树为 \(k\) 的答案贡献为： \(\displaystyle \binom {k}{\operatorname{dist}(u,v)-1}2^{n-{dist}(u,v)-1}\)。
发现这个东西只和 \(\operatorname{dist}(u,v)\) 相关，令 \(\displaystyle c_k=\sum_{1\leq u\lt v\leq n} [\operatorname{dist}(u,v)=k]\)，那么 \(\displaystyle ans_k=\sum_{d=1}^{k+1} c_d2^{n-d-1}\binom{k}{d}\)。
这显然是卷积的形式，那么只要求出 \(c_k\) 就可以了，直接点分治+卷积计算可以做到 \(O(n\log^2 n)\)。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
using ll=long long;
const int N=1e5+9;
const int mod=998244353;
inline void AddAs(int &x,int y){if((x+=y)>=mod) x-=mod;}
inline void SubAs(int &x,int y){if((x-=y)<0) x+=mod;}
inline void MulAs(int &x,int y){x=1ll*x*y%mod;}
inline int Add(int x,int y){if((x+=y)>=mod) x-=mod;return x;}
inline int Sub(int x,int y){if((x-=y)<0) x+=mod;return x;}
inline int Mul(int x,int y){return 1ll*x*y%mod;}
inline int QPow(int x,int y){
int res=1;
while(y){
if(y&1) MulAs(res,x);
MulAs(x,x);
y>>=1;
}
return res;
}
#define Inv(x) QPow(x,mod-2)
const int gmod=3;
const int invg=Inv(gmod);
using Poly=vector<int>;
inline void NTT(Poly &f,Poly &r,int lim,int flag){
for(int i=0;i<lim;i++) if(i<r[i]) swap(f[i],f[r[i]]);
for(int k=1;k<lim;k<<=1){
int len=k<<1,gn=QPow(flag>0?gmod:invg,(mod-1)/len);
for(int i=0;i<lim;i+=len){
for(int j=0,g=1;j<k;j++,MulAs(g,gn)){
int tmp=Mul(f[i+j+k],g);
f[i+j+k]=Sub(f[i+j],tmp);
f[i+j]=Add(f[i+j],tmp);
}
}
}
if(!~flag){
int inv=Inv(lim);
for(int &x:f) MulAs(x,inv);
}
}
inline Poly Conv(Poly f,Poly g){
int len=f.size()+g.size()-1,lim=1;
while(lim<len) lim<<=1;
f.resize(lim,0),g.resize(lim,0);
Poly rev(lim,0),h(lim,0);
for(int i=0;i<lim;i++){
rev[i]=rev[i>>1]>>1;
if(i&1) rev[i]|=lim>>1;
}
NTT(f,rev,lim,1),NTT(g,rev,lim,1);
for(int i=0;i<lim;i++) h[i]=Mul(f[i],g[i]);
NTT(h,rev,lim,-1);
h.resize(len,0);
return h;
}
int fac[N],ifac[N];
inline void Init(int lim){
fac[0]=1;
for(int i=1;i<=lim;i++) fac[i]=Mul(fac[i-1],i);
ifac[lim]=Inv(fac[lim]);
for(int i=lim-1;~i;i--) ifac[i]=Mul(ifac[i+1],i+1);
}
inline int C(int n,int m){
if(m<0||m>n) return 0;
else return Mul(fac[n],Mul(ifac[m],ifac[n-m]));
}
const int inv2=Inv(2);
int c[N],ans[N],n;
vector<int> e[N];
int siz[N],vis[N];
inline void GetGrv(int x,int fa,int tot,int &grv){
bool flag=0;
siz[x]=1;
for(int y:e[x]){
if(vis[y]) continue ;
if(y==fa) continue ;
GetGrv(y,x,tot,grv);
siz[x]+=siz[y];
if(siz[y]>tot/2) flag=1;
}
if(tot-siz[x]>tot/2) flag=1;
if(!flag) grv=x;
}
inline void GetNode(int x,int fa,vector<int> &v){
v.push_back(x);
for(int y:e[x]){
if(vis[y]) continue ;
if(y==fa) continue ;
GetNode(y,x,v);
}
}
int dep[N];
inline void GetDep(int x,int fa){
if(!~fa) dep[x]=0;
for(int y:e[x]){
if(vis[y]) continue ;
if(y==fa) continue ;
dep[y]=dep[x]+1;
GetDep(y,x);
}
}
inline void Solve(int x,int tot,int fa,int ftot){
GetGrv(x,-1,tot,x);
GetGrv(x,-1,tot,x);
vis[x]=1;
vector<int> node;
GetNode(x,-1,node);
if(~fa){
int tmp=0;
for(int u:node) tmp=max(tmp,dep[u]);
tmp<<=1;
vector<int> f(tmp+5,0);
for(int u:node) f[dep[u]]++;
f=Conv(f,f);
for(int u:node) f[dep[u]*2]--;
for(int i=0;i<=tmp;i++) MulAs(f[i],inv2);
for(int i=0;i<=tmp;i++) SubAs(c[i+1],f[i]);
}
GetDep(x,-1);
int tmp=0;
for(int u:node) tmp=max(tmp,dep[u]);
tmp<<=1;
vector<int> g(tmp+5,0);
for(int u:node) g[dep[u]]++;
g=Conv(g,g);
for(int u:node) g[dep[u]*2]--;
for(int i=0;i<=tmp;i++) MulAs(g[i],inv2);
for(int i=0;i<=tmp;i++) AddAs(c[i+1],g[i]);
for(int y:e[x]){
if(vis[y]) continue ;
Solve(y,siz[y],x,tot);
}
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0),cout.tie(0);
cin>>n;
for(int i=1,u,v;i<n;i++){
cin>>u>>v;
e[u].push_back(v);
e[v].push_back(u);
}
Init(n);
Solve(1,n,-1,n);
vector<int> f(n+1,0),g(n+1,0);
for(int i=0;i<=n;i++){
f[i]=ifac[i];
g[i]=Mul(fac[n-i],c[i]);
}
vector<int> h=Conv(f,g);
for(int i=1;i<=n-2;i++) ans[i]=Mul(Mul(fac[i],ifac[n-i-2]),h[i+2]);
for(int i=1;i<=n;i++) cout<<ans[i]<<' ';cout<<endl;
return 0;
}
C. Staple Stable
因为 \(hw\leq S\)，所以 \(\min(h,w)\leq \sqrt S\)。然后枚举 \(\min(h,w)\) 之后可以得出另一维最小划分代价，对所有方案取最小值即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
signed main(){
int T;
cin>>T;
while(T--){
int n,m,s;
cin>>n>>m>>s;
int ans=n+m,tmp=sqrt(s);
for(int len=1;len<=min(tmp,n);len++){
int i=(n+len-1)/len-1;
int t=s/len;
if(!t) continue ;
int c=(m+t-1)/t-1;
ans=min(ans,i+c);
}
for(int len=1;len<=min(tmp,m);len++){
int i=(m+len-1)/len-1;
int t=s/len;
if(!t) continue ;
int c=(n+t-1)/t-1;
ans=min(ans,i+c);
}
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
F. Yet Another MST Problem
因为这是一个排列，所以每个数只出现一次，那么从小到大枚举 \(i\)，将所有 \(r\lt pos_i\) 或 \(l\gt pos_i\) 的区间 \([l,r]\) 缩在一起，代价是 \(i\)，拿两个 list 就可以维护了，时间复杂度 \(O(n\alpha (n))\)。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll=long long;
const int N=3e5+9;
const int lgN=2e1;
list<int> lp,rp;
int p[N],ip[N],l[N],r[N],fa[N],n,m;
inline int Find(int x){return x==fa[x]?x:fa[x]=Find(fa[x]);}
inline void Merge(int x,int y){fa[Find(y)]=Find(x);}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0),cout.tie(0);
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>p[i],ip[p[i]]=i;
for(int i=1;i<=m;i++) cin>>l[i]>>r[i];
ip[n]=1e9;
iota(fa+1,fa+m+1,1);
vector<int> id(m);
iota(id.begin(),id.end(),1);
sort(id.begin(),id.end(),[](int i,int j){return r[i]<r[j];});
lp=list<int>(id.begin(),id.end());
sort(id.begin(),id.end(),[](int i,int j){return l[i]<l[j];});
rp=list<int>(id.begin(),id.end());
ll ans=0;
for(int t=0;t<=n;t++){
vector<int> tmpl;
while(lp.size()&&r[lp.front()]<ip[t]){
tmpl.push_back(lp.front());
lp.pop_front();
}
vector<int> tmpr;
while(rp.size()&&l[rp.back()]>ip[t]){
tmpr.push_back(rp.back());
rp.pop_back();
}
int x=0;
if(!x&&tmpl.size()) x=tmpl.front();
if(!x&&tmpr.size()) x=tmpr.back();
if(!x) continue ;
for(int y:tmpl) if(Find(x)!=Find(y)) Merge(x,y),ans+=t;
for(int y:tmpr) if(Find(x)!=Find(y)) Merge(x,y),ans+=t;
if(tmpl.size()) lp.push_front(tmpl.front());
if(tmpr.size()) rp.push_back(tmpr.front());
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
H. Misread Problem
首先题面可以转化成求一组 \(x_{1\sim n}\) 使得 \(\displaystyle \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^k|x_i-a_{i,j}|\) 最小且 \(\displaystyle \sum_{i=1}^n x_i=m\)。
显然 \(x_i\) 取到 \(x\) 的代价函数为 \(\displaystyle f_{i}(x)=\sum_{j=1}^k|x-a_{i,j}|\)，然后发现它是下凸的。于是考虑在 \(f_i(x)\) 的取到最小值的方案上，再添加 \(x_i\) 之和的限制，那么每个函数每个单位的代价可以分成 \(O(k)\) 段，一共是 \(O(nk)\) 段，逐步贪心地添加即可。比较蠢地用堆实现了，时间复杂度 \(O(nk\log n)\)。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll=long long;
const int N=4e2+9;
const ll inf=1e18;
int a[N][N],n,m,k;
vector<ll> len[N];
signed main(){
cin>>n>>m>>k;
for(int i=1;i<=k;i++){
for(int j=1;j<=n;j++) cin>>a[i][j];
}
ll cst=0,sum=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
vector<int> tmp;
for(int j=1;j<=k;j++) tmp.push_back(a[j][i]);
sort(tmp.begin(),tmp.end());
ll x=tmp[k-1>>1];
for(int j=1;j<=k;j++) cst+=abs(a[j][i]-x);
sum+=x;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
vector<int> tmp;
for(int j=1;j<=k;j++) tmp.push_back(a[j][i]);
sort(tmp.begin(),tmp.end());
if(sum>m){
for(int j=k-1>>1;~j;j--){
if(j==(k-1>>1)) len[i].push_back(0);
else len[i].push_back(tmp[j+1]-tmp[j]);
}
len[i].push_back(tmp.front());
}else{
for(int j=k>>1;j<k;j++){
if(j==(k-1>>1)) len[i].push_back(0);
else len[i].push_back(tmp[j]-tmp[j-1]);
}
len[i].push_back(inf);
}
}
priority_queue<array<int,2>> q;
for(int i=1;i<=n;i++) q.push({-0,i});
while(sum!=m&&q.size()){
int i=q.top()[1],j=-q.top()[0];
q.pop();
ll dlt=min(len[i][j],abs(m-sum));
if(sum<=m) sum+=dlt;
else sum-=dlt;
cst+=(2ll*j-(k&1))*dlt;
if(j+1<len[i].size()) q.push({-(j+1),i});
}
cst>>=1;
cout<<cst<<endl;
return 0;
}
K. Robot Construction
首先任意时刻能凑出来的值一定是一个前缀，所以可以做以下分讨：
- \(lim\geq2a_i\)：直接 \(lim'\leftarrow lim-a_i\)。
- \(lim\lt a_i\)：低分通过，\(lim'\leftarrow lim\)。
- \(a_i\leq lim\lt 2a_i\)：那么还不如低分通过，\(lim'\leftarrow a_i-1\)。
显然 \(lim\) 有区间单调性，所以直接对 \(l\) 扫描线，每次二分出这三段的分界点，再修改即可，时间复杂度 \(O((n+q)\log n)\)。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
using ll=long long;
const int N=3e5+9;
const ll inf=1e18;
struct Node{
int l,r;
ll dat,atag,ctag;
}tr[N<<2];
#define l(x) tr[x].l
#define r(x) tr[x].r
#define dat(x) tr[x].dat
#define atag(x) tr[x].atag
#define ctag(x) tr[x].ctag
inline void PushUp(int x){dat(x)=max(dat(x<<1),dat(x<<1|1));}
inline void PushAdd(int x,ll k){dat(x)+=k,atag(x)+=k;}
inline void PushCov(int x,ll k){dat(x)=ctag(x)=k,atag(x)=0;}
inline void PushDown(int x){
if(~ctag(x)) PushCov(x<<1,ctag(x)),PushCov(x<<1|1,ctag(x)),ctag(x)=-1;
if(atag(x)) PushAdd(x<<1,atag(x)),PushAdd(x<<1|1,atag(x)),atag(x)=0;
}
inline void Build(int x,int l,int r){
l(x)=l,r(x)=r,dat(x)=atag(x)=0,ctag(x)=-1;
if(l(x)==r(x)) return ;
int mid=l(x)+r(x)>>1;
Build(x<<1,l,mid),Build(x<<1|1,mid+1,r);
PushUp(x);
}
inline void AddVal(int x,int l,int r,ll k){
if(l<=l(x)&&r(x)<=r) return PushAdd(x,k);
int mid=l(x)+r(x)>>1;
PushDown(x);
if(l<=mid) AddVal(x<<1,l,r,k);
if(r>mid) AddVal(x<<1|1,l,r,k);
PushUp(x);
}
inline void Cover(int x,int l,int r,ll k){
if(l<=l(x)&&r(x)<=r) return PushCov(x,k);
int mid=l(x)+r(x)>>1;
PushDown(x);
if(l<=mid) Cover(x<<1,l,r,k);
if(r>mid) Cover(x<<1|1,l,r,k);
PushUp(x);
}
inline int LowerBound(int x,ll k){
if(l(x)==r(x)) return l(x)+(dat(x)<k);
int mid=l(x)+r(x)>>1;
PushDown(x);
if(k<=dat(x<<1)) return LowerBound(x<<1,k);
else return LowerBound(x<<1|1,k);
}
inline ll Get(int x,int pos){
if(l(x)==r(x)) return dat(x);
int mid=l(x)+r(x)>>1;
PushDown(x);
if(pos<=mid) return Get(x<<1,pos);
else return Get(x<<1|1,pos);
}
inline void Set(int x,int pos,ll k){
if(l(x)==r(x)) return dat(x)=k,void();
int mid=l(x)+r(x)>>1;
PushDown(x);
if(pos<=mid) Set(x<<1,pos,k);
else Set(x<<1|1,pos,k);
PushUp(x);
}
int a[N],ql[N],qr[N],ans[N],n,q,d;
vector<int> qry[N];
signed main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0),cout.tie(0);
cin>>n>>q>>d;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
for(int i=1;i<=q;i++) cin>>ql[i]>>qr[i],qry[qr[i]].push_back(i);
Build(1,1,n);
Cover(1,1,n,inf);
for(int i=1;i<=n;i++){
Set(1,i,d);
int lp=LowerBound(1,a[i]);
int rp=LowerBound(1,a[i]*2);
if(rp<=n) AddVal(1,rp,n,-a[i]);
if(lp<rp) Cover(1,lp,rp-1,a[i]-1);
for(int j:qry[i]) ans[j]=Get(1,ql[j]);
}
for(int i=1;i<=q;i++) cout<<ans[i]<<endl;
return 0;
}
Stage 2: Grand Prix of Paris
7 题，GKBFHAI，光荣成为队伍战犯。
A. Apple Tree
首先题目条件转化之后变成树高最多是 \(\sqrt{2n}\)，考虑枚举中心节点 \(v\)，令 \(c_{v,d}\) 为到 \(v\) 距离恰好为 \(d\) 的点的个数，那么最终答案即为 \(\displaystyle \sum_{v\in V} \sum_{d=1}^{\lfloor\sqrt{2n}\rfloor} \binom{c_{v,d}}{k-1}\)。
然后直接换根求 \(c_{v,d}\) 即可，注意到 \(\displaystyle \sum_{v\in V} siz_v\) 是 \(O(n\sqrt n)\) 级别的，所以每个点暴力枚举子树内节点是可以接受的。
时间复杂度 \(O(n\sqrt n)\)。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll=long long;
const int N=5e5+9;
const int B=1e3+9;
const int mod=998244353;
inline void AddAs(int &x,int y){if((x+=y)>=mod) x-=mod;}
inline void SubAs(int &x,int y){if((x-=y)<0) x+=mod;}
inline void MulAs(int &x,int y){x=1ll*x*y%mod;}
inline int Add(int x,int y){if((x+=y)>=mod) x-=mod;return x;}
inline int Sub(int x,int y){if((x-=y)<0) x+=mod;return x;}
inline int Mul(int x,int y){return 1ll*x*y%mod;}
inline int QPow(int x,int y){
int res=1;
while(y){
if(y&1) MulAs(res,x);
MulAs(x,x);
y>>=1;
}
return res;
}
#define Inv(x) QPow(x,mod-2)
int fac[N],ifac[N];
inline void Init(int lim){
fac[0]=1;
for(int i=1;i<=lim;i++) fac[i]=Mul(fac[i-1],i);
ifac[lim]=Inv(fac[lim]);
for(int i=lim-1;~i;i--) ifac[i]=Mul(ifac[i+1],i+1);
}
inline int C(int n,int m){
if(m<0||m>n) return 0;
else return Mul(fac[n],Mul(ifac[m],ifac[n-m]));
}
vector<int> e[N];
int dep[N],fa[N],dfn[N],idfn[N],siz[N],n,k,lim,dcnt;
inline void GetDep(int x){
dfn[x]=++dcnt;
idfn[dcnt]=x;
siz[x]=1;
for(int y:e[x]){
dep[y]=dep[x]+1;
GetDep(y);
siz[x]+=siz[y];
}
}
int cnt[B<<1],ans;
inline void Work(int x){
if(fa[x]){
for(int i=lim;i;i--) cnt[i]=cnt[i-1];
cnt[0]=0;
for(int i=dfn[x];i<dfn[x]+siz[x];i++){
int y=idfn[i];
cnt[dep[y]-dep[x]+2]--;
cnt[dep[y]-dep[x]]++;
}
}
for(int i=1;i<=lim;i++) AddAs(ans,C(cnt[i],k-1));
int rec[B<<1];
memcpy(rec,cnt,sizeof cnt);
for(int y:e[x]){
Work(y);
memcpy(cnt,rec,sizeof cnt);
}
}
inline void Solve(){
cin>>n>>k;
for(int i=2;i<=n;i++){
cin>>fa[i];
e[fa[i]].push_back(i);
}
Init(n);
GetDep(1);
for(int i=1;i<=n;i++) cnt[dep[i]]++,lim=max(lim,dep[i]);
lim<<=1;
Work(1);
if(k==1) ans=n;
cout<<ans<<endl;
for(int i=0;i<=lim;i++) cnt[i]=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
dep[i]=fa[i]=dfn[i]=idfn[i]=siz[i]=0;
e[i].clear();
}
dcnt=ans=lim=0;
}
signed main(){
int T;
cin>>T;
while(T--) Solve();
return 0;
}
B. Balatro
棒棒糖（/bangbangt）题。
直接分别对 \(a_i \leq 100\) 和 \(b_i\leq 100\) 的数做背包，两边拼起来就可以了，时间复杂度 \(O(nk^2C+k^3)\)，其中 \(C = 100\)。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
using ll=long long;
const int N=1e5+9;
const int T=5e2+9;
const int K=6;
const ll inf=1e18;
ll f[K][T],g[K][T];
int a[N],b[N],n,k;
inline void Solve(){
cin>>n>>k;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i]>>b[i];
int lim=k*100;
for(int i=0;i<=k;i++) for(int j=0;j<=lim;j++) f[i][j]=g[i][j]=-inf;
f[0][0]=g[0][0]=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(a[i]<=100){
for(int j=k-1;~j;j--){
for(int p=0;p+a[i]<=lim;p++){
f[j+1][p+a[i]]=max(f[j+1][p+a[i]],f[j][p]+b[i]);
}
}
}else{
for(int j=k-1;~j;j--){
for(int p=0;p+b[i]<=lim;p++){
g[j+1][p+b[i]]=max(g[j+1][p+b[i]],g[j][p]+a[i]);
}
}
}
}
ll ans=0;
for(int i=0;i<=k;i++){
vector<int> s,t;
for(int p=0;p<=lim;p++) if(f[i][p]>=0) s.push_back(p);
for(int q=0;q<=lim;q++) if(g[k-i][q]>=0) t.push_back(q);
for(int p:s){
for(int q:t){
ans=max(ans,(f[i][p]+q)*(g[k-i][q]+p));
}
}
}
cout<<ans<<endl;
for(int i=0;i<=k;i++) for(int j=0;j<=lim;j++) f[i][j]=g[i][j]=0;
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0),cout.tie(0);
int T;
cin>>T;
while(T--) Solve();
return 0;
}
D. Digit Division
乱搞过了。
首先将 \(k\) 的倍数进行字符串拼接一定也是 \(k\) 的倍数，那么考虑用 \(k\) 的倍数拼出一个数位和为 \(k\) 的数。
注意到 \(n\) 的数位和最多是 \(9\lg n\)，而且 \(ik\) 的数位和分布的较为随机，因此猜想大概存在用两个数凑出来方案，因此预处理出 \(k\) 的 \(1\) 到 \(2k\) 倍，离散化之后两两 exgcd 即可。
然后就过了。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll=long long;
const int N=2e5+9;
inline int Digit(ll k){
int sum=0;
while(k) sum+=k%10,k/=10;
return sum;
}
inline void ExGCD(ll a,ll b,ll &x,ll &y){
if(!b) return x=1,y=0,void();
ExGCD(b,a%b,x,y);
ll z=x;
x=y;
y=z-(a/b)*y;
}
inline void Solve(){
ll k;
cin>>k;
map<int,ll> mp;
for(int i=1;i<=2*k;i++){
ll tmp=k*i,c=Digit(tmp);
if(!mp[c]) mp[c]=tmp;
}
for(auto p:mp){
for(auto q:mp){
ll a=p.first,b=q.first,x=0,y=0,g=__gcd(a,b);
if(k%g) continue ;
ExGCD(a,b,x,y);
x*=k/g,y*=k/g;
ll ta=b/g,tb=a/g;
if(x<0){
ll c=(abs(x)+ta-1)/ta;
x+=ta*c,y-=tb*c;
}
if(x>0){
ll c=x/ta;
x-=ta*c,y+=tb*c;
}
if(y<0) continue ;
ll s=p.second,t=q.second;
for(int i=1;i<=x;i++) cout<<s;
for(int i=1;i<=y;i++) cout<<t;
cout<<endl;
return ;
}
}
assert(0);
}
signed main(){
int T;
cin>>T;
while(T--) Solve();
return 0;
}
F. Framboise 2
枚举第 \(1/2\) 行最左/右边是否向左/右连了，剩下对于每一列：
- 上下都有的，贡献是 \(4\)。
- 只有一行有的，上下连不和已有的水平的交叉的，贡献是 \(4\)。
- 只有一行有的，上下连会和已有的水平的交叉的，贡献是 \(2\)。
乘在一起算贡献积即可，时间复杂度 \(O(n)\)。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
using ll=long long;
const int N=2e6+9;
const int mod=998244353;
inline void AddAs(int &x,int y){if((x+=y)>=mod) x-=mod;}
inline void SubAs(int &x,int y){if((x-=y)<0) x+=mod;}
inline void MulAs(int &x,int y){x=1ll*x*y%mod;}
inline int Add(int x,int y){if((x+=y)>=mod) x-=mod;return x;}
inline int Sub(int x,int y){if((x-=y)<0) x+=mod;return x;}
inline int Mul(int x,int y){return 1ll*x*y%mod;}
inline int QPow(int x,int y){
int res=1;
while(y){
if(y&1) MulAs(res,x);
MulAs(x,x);
y>>=1;
}
return res;
}
#define Inv(x) QPow(x,mod-2)
int x[N],y[N],cnt[N],r[N],o[N],n,k;
inline void Solve(){
cin>>n>>k;
for(int i=1;i<=k;i++) cin>>x[i]>>y[i],x[i]--;
vector<int> yval(y+1,y+k+1);
yval.push_back(-1);
sort(yval.begin(),yval.end());
yval.erase(unique(yval.begin(),yval.end()),yval.end());
for(int i=1;i<=k;i++) y[i]=lower_bound(yval.begin(),yval.end(),y[i])-yval.begin();
for(int i=1;i<=k;i++) cnt[y[i]]++;
int l[2]={k+1,k+1},r[2]={0,0};
for(int i=1;i<=k;i++){
o[y[i]]|=x[i];
l[x[i]]=min(l[x[i]],y[i]);
r[x[i]]=max(r[x[i]],y[i]);
}
int ans=0;
int t[2]={0,0};
for(t[0]=0;t[0]<4;t[0]++){
if((t[0]&1)&&l[0]>k) continue ;
if((t[0]&2)&&r[0]<1) continue ;
for(t[1]=0;t[1]<4;t[1]++){
if((t[1]&1)&&l[1]>k) continue ;
if((t[1]&2)&&r[1]<1) continue ;
int res=1;
for(int i=1;i<=k;i++){
if(cnt[i]==2) MulAs(res,4);
else if(cnt[i]==1){
if((t[o[i]^1]&1)&&i<l[o[i]^1]) MulAs(res,2);
else if((t[o[i]^1]&2)&&i>r[o[i]^1]) MulAs(res,2);
else MulAs(res,4);
}
}
AddAs(ans,res);
}
}
cout<<ans<<endl;
for(int i=1;i<=k;i++) cnt[i]=o[i]=0;
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0),cout.tie(0);
int T;
cin>>T;
while(T--) Solve();
return 0;
}
J. JamBrains
手玩一些数据发现倒闭的一定是所有行的一个后缀，判断依据从该行的最左端向上跳 \(u\) 行跨过的格子是不是超过 \(r\) 个，这个拿区间加区间最小值线段树维护即可，时间复杂度 \(O(n\log n)\)。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
using ll=long long;
const int N=1e5+9;
struct Node{
int l,r;
ll dat,tag;
}tr[N<<2];
#define l(x) tr[x].l
#define r(x) tr[x].r
#define dat(x) tr[x].dat
#define tag(x) tr[x].tag
inline void PushUp(int x){dat(x)=min(dat(x<<1),dat(x<<1|1));}
inline void Push(int x,ll k){dat(x)+=k,tag(x)+=k;}
inline void PushDown(int x){
if(!tag(x)) return ;
Push(x<<1,tag(x)),Push(x<<1|1,tag(x));
tag(x)=0;
}
inline void Build(int x,int l,int r){
l(x)=l,r(x)=r;
if(l(x)==r(x)) return ;
int mid=l(x)+r(x)>>1;
Build(x<<1,l,mid),Build(x<<1|1,mid+1,r);
PushUp(x);
}
inline void Modify(int x,int l,int r,ll k){
if(l<=l(x)&&r(x)<=r) return Push(x,k);
int mid=l(x)+r(x)>>1;
PushDown(x);
if(l<=mid) Modify(x<<1,l,r,k);
if(r>mid) Modify(x<<1|1,l,r,k);
PushUp(x);
}
inline int Find(int x){
if(l(x)==r(x)) return l(x)+(dat(x)>0);
PushDown(x);
if(dat(x<<1)<=0) return Find(x<<1);
else return Find(x<<1|1);
}
int n,q,len;
ll a[N],t[N],u,r;
inline void Add(int x,ll k){while(x<=n) t[x]+=k,x+=x&-x;}
inline ll Ask(int x){ll sum=0;while(x) sum+=t[x],x&=x-1;return sum;}
inline ll Ask(int l,int r){return Ask(r)-Ask(l-1);}
inline ll Query(){return Ask(min(n,Find(1)+len-1));}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0),cout.tie(0);
cin>>n>>u>>r;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
len=min(u,ll(n));
Build(1,1,n-len+1);
for(int i=1;i<=n;i++){
int l=max(2,i-len+1),r=min(i,n-len+1);
Modify(1,l,r,a[i]);
Add(i,a[i]);
}
Modify(1,1,n,-r);
Modify(1,1,1,r+1);
cout<<Query()<<endl;
cin>>q;
while(q--){
int i;ll k;
cin>>i>>k;
int l=max(2,i-len+1),r=min(i,n-len+1);
Modify(1,l,r,k-a[i]);
Add(i,k-a[i]);
a[i]=k;
cout<<Query()<<endl;
}
return 0;
}
Stage 3: Polar Grand Prix
5 题，CDGIK，第一次没有被【数据删除】击败。
但是我怎么胡了 3 个就写了一个啊。
B. Christmas Tree
这题没过真的是我全责。
令 \(f_{u,i,j}\) 表示当前考虑完 \(u\) 子树内的贡献，\(u\) 向内可以到达 \(i\) 个点，并钦定 \(u\) 向内向外一共可以到达 \(j\) 个点。那么对于一条 \(u\leftrightarrow v\) 的边的定向可以分为以下两种转移：
- \(u\rightarrow v\)：那么 \(v\) 能到达的点 \(u\) 也能到达，所以有 \(f'_{u,i+p,j}\leftarrow f_{u,i,j}+f_{v,p,p}\)。
- \(u\leftarrow v\)：那么 \(u\) 能到达的点 \(v\) 也能到达，所以有 \(f'_{u,i,j}\leftarrow f_{u,i,j}+f_{v,p,j+p}\)。
最后还有 \(f'_{u,i,j}\leftarrow f_{u,i,j}+ja_u\)，答案是 \(\displaystyle \min_{p=1}^n f_{root,p,p}\)。
复杂度是书上背包的复杂度再多乘一个 \(n\)，即 \(O(n^3)\)。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
using ll=long long;
const int N=5e2+9;
const ll inf=1e18;
vector<int> e[N];
ll f[N][N][N],tmp[N][N],a[N];
int fa[N],siz[N],n;
inline void DFS(int x){
siz[x]=1;
for(int i=1;i<=n;i++) f[x][1][i]=i*a[x];
for(int y:e[x]){
if(y==fa[x]) continue ;
fa[y]=x;
DFS(y);
for(int i=1;i<=siz[x]+siz[y];i++){
for(int j=1;j<=n;j++) tmp[i][j]=inf;
}
for(int i=1;i<=siz[x];i++){
for(int j=1;j<=siz[y];j++){
for(int k=1;k<=n;k++){
if(j+k<=n) tmp[i][k]=min(tmp[i][k],f[x][i][k]+f[y][j][j+k]);
tmp[i+j][k]=min(tmp[i+j][k],f[x][i][k]+f[y][j][j]);
}
}
}
for(int i=1;i<=siz[x]+siz[y];i++){
for(int j=1;j<=n;j++) f[x][i][j]=tmp[i][j];
}
siz[x]+=siz[y];
}
}
inline void Solve(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
for(int i=1,u,v;i<n;i++){
cin>>u>>v;
e[u].push_back(v);
e[v].push_back(u);
}
DFS(1);
ll ans=inf;
for(int i=1;i<=n;i++) ans=min(ans,f[1][i][i]);
cout<<ans<<endl;
for(int i=1;i<=n;i++) e[i].clear();
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0),cout.tie(0);
int T;
cin>>T;
while(T--) Solve();
return 0;
}
C. Roman Numerals
按照优先级先建出笛卡尔树，那么一个点的左儿子对它的贡献系数是 \(-1\)，右儿子是 \(1\)，查询的是区间笛卡尔树的 DP 值。
直接上离线的区间笛卡尔树即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
using ll=long long;
const int N=3e5+9;
const int lgN=20;
map<string,int> id;
string s[N],t[N];
int prio[N],val[N],a[N],v[N],pos[N],ql[N],qr[N],n,m,q;
ll ans[N],cur[N];
vector<int> lq[N],rq[N];
int mxp[N][lgN],lg[N];
inline int Cmp(int i,int j){
if(a[i]^a[j]) return a[i]<a[j]?j:i;
else return i<j?i:j;
}
inline void Init(){
lg[0]=-1;
for(int i=1;i<=n;i++) lg[i]=lg[i>>1]+1;
for(int i=1;i<=n;i++) mxp[i][0]=i;
for(int k=1;k<=lg[n];k++){
for(int i=1;i<=n-(1<<k)+1;i++) mxp[i][k]=Cmp(mxp[i][k-1],mxp[i+(1<<k-1)][k-1]);
}
}
inline int MaxPos(int l,int r){
int k=lg[r-l+1];
return Cmp(mxp[l][k],mxp[r-(1<<k)+1][k]);
}
ll tr[N];
inline void Add(int x,ll k){while(x<=n) tr[x]+=k,x+=x&-x;}
inline ll Ask(int x){ll sum=0;while(x) sum+=tr[x],x&=x-1;return sum;}
inline ll Ask(int l,int r){return Ask(r)-Ask(l-1);}
inline ll F(int x){return x&1?-1:1;}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0),cout.tie(0);
cin>>m>>n>>q;
for(int i=1;i<=m;i++) cin>>prio[i]>>val[i]>>s[i];
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>t[i];
for(int i=1;i<=q;i++) cin>>ql[i]>>qr[i];
for(int i=1;i<=m;i++) id[s[i]]=i;
for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=prio[id[t[i]]],v[i]=val[id[t[i]]];
Init();
for(int i=1;i<=q;i++){
if(ql[i]>qr[i]) continue ;
pos[i]=MaxPos(ql[i],qr[i]);
ans[i]=v[pos[i]];
lq[ql[i]].push_back(i);
rq[qr[i]].push_back(i);
}
vector<int> stk;
for(int i=1;i<=n;i++){
int lst=0;
while(stk.size()&&Cmp(stk.back(),i)==i){
Add(stk.size(),-cur[stk.back()]);
cur[stk.back()]+=cur[lst];
lst=stk.back();
stk.pop_back();
}
cur[i]=v[i]-cur[lst];
stk.push_back(i);
Add(stk.size(),cur[i]);
for(int j:rq[i]){
int p=lower_bound(stk.begin(),stk.end(),pos[j])-stk.begin()+1;
ans[j]+=Ask(p+1,n);
}
}
stk.clear();
for(int i=1;i<=n;i++) cur[i]=0;
for(int i=1;i<=n;i++) tr[i]=0;
for(int i=n;i>=1;i--){
int lst=0;
while(stk.size()&&Cmp(stk.back(),i)==i){
Add(stk.size(),-(cur[stk.back()]*F(stk.size())));
cur[stk.back()]-=cur[lst];
lst=stk.back();
stk.pop_back();
}
cur[i]=v[i]+cur[lst];
stk.push_back(i);
Add(stk.size(),cur[i]*F(stk.size()));
for(int j:lq[i]){
int p=lower_bound(stk.begin(),stk.end(),pos[j],greater<int>())-stk.begin()+1;
ans[j]-=Ask(p+1,n)*F(p+1);
}
}
for(int i=1;i<=q;i++) cout<<ans[i]<<endl;
return 0;
}
D. Disjoint Set Splitting
考虑到答案最终一定是前面一串 1 后面都是 0，因此可以把强制在线变成离线，二分出变化的转折点即可，需要卡卡常。
或者从后往前加边好像也是可以的。
代码是队友 @DrAlfred 写的。
G. Far Away
首先如果两个点不在一个连通块里答案就是 Yes，如果都在一个大小不超过 \(2\times 10^4\) 的连通块里答案就是 No。
剩下的点随机 roll 200 个分别跑 bfs 看能不能作为中转点即可。
代码是队友 @wtcqwq 写的。
J. One Permutation
首先，\(a_k\) 是上凸的，即 \(2a_k\geq a_{k-1}+a_{k+1}\)。
证明：
考虑将原问题转化成排列 \(p\) 和 \(1,2,3,\ldots,n,1,2,3,\ldots,n,\ldots,1,2,3,\ldots,n\)（共 \(k\) 次）的 LCS，显然该问题的答案就是 \(a_k\)。
那么，考虑建出经典 LCS DP 算法的自动机，即一个大小为 \(nk\times n\) 的网格图，边权为 \(0\) 或 \(1\)，原问题的答案在这个图上体现为从左上到右下的最长路。
将 \(n(k-1)\times n\) 的网格图和 \(n(k+1)\times n\) 的网格图重叠在一起，使他们共用一个中心，那么这两条路径必然相交。通过重新划分这两条路径，我们得到了两条 \(nk\times n\) 的网格图上的路径，而他们的长度显然不大于 \(a_k\)。
因此，\(a_{k-1}+a_{k+1}\leq 2a_k\)。
然后我们对每种斜率 \(\lambda\) 考察其作用域。
- 对于 \(\lambda \leq \sqrt n\)，我们可以通过 wqs 二分的套路找出凸壳上斜率大于等于 \(\lambda\) 的最右侧的点。
- 对于 \(\lambda \gt \sqrt n\)，我们知道，最多只有 \(O(n\lambda^{-1})\) 个整点的斜率是大于等于 \(\lambda\) 的，换言之，这个情况下的斜率只会出现在最左侧的 \(\sqrt n\) 个点上，二分找出他们即可。
时间复杂度 \(O(n\sqrt n\log n)\)。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
using ll=long long;
const int N=1e5+9;
int p[N],n;
array<ll,2> tr[N];
inline void Add(int x,array<ll,2> k){while(x<=n) tr[x]=max(tr[x],k),x+=x&-x;}
inline array<ll,2> Ask(int x){array<ll,2> res={0,0};while(x) res=max(res,tr[x]),x&=x-1;return res;}
inline void Clear(){for(int i=1;i<=n;i++) tr[i]={0,0};}
inline int GetP(int k){
for(int i=1;i<=n;i++){
array<ll,2> s=Ask(p[i]),t=Ask(n);
Add(p[i],{s[0]+1,s[1]});
Add(p[i],{t[0]+1-k,t[1]+1});
}
array<ll,2> s=Ask(n);
Clear();
return s[1]+1;
}
int k[N],f[N];
inline void Work(int l,int r){
if(l>r) return ;
if(k[l-1]==k[r+1]){
for(int i=l;i<=r;i++) k[i]=k[l-1];
return ;
}
int mid=l+r>>1;
k[mid]=GetP(mid);
Work(l,mid-1),Work(mid+1,r);
}
inline void Solve(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>p[i];
k[0]=n+1,k[n+1]=0;
Work(1,n);
for(int i=0;i<n;i++){
for(int j=k[i+1];j<k[i];j++) f[j]=i;
}
f[n]=n;
for(int i=n-1;i>=1;i--) f[i]=f[i+1]-f[i];
for(int i=1;i<=n;i++) cout<<f[i]<<' ';cout<<endl;
for(int i=0;i<=n+1;i++) f[i]=k[i]=0;
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0),cout.tie(0);
int T;
cin>>T;
while(T--) Solve();
return 0;
}
Stage 4: Grand Prix of Chengdu
呃呃，8 题，JGABLDKC。
C. Crossing River
首先，如果一个人的过河时间不构成瓶颈的话，是可以适当地把他的过河时间尽量向后延的。换句话说，在不影响最终答案的情况下，存在一种方式使得在两边人数充足的时候船是来回划的。因此直接从后向前贪，枚举最后船在哪侧，剩下的就是按题意模拟。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
using ll=long long;
const int N=2e5+9;
int n,m,k;
array<int,2> a[N],b[N];
inline ll Calc(int op){
ll t=0;
int i=1,j=1,cnt=0;
while(i<=n||j<=m){
cnt++;
if(op==0){
if(i<=n){
t=max(t,1ll*k*cnt+a[i][0]);
i++;
}
}else if(op==1){
if(j<=m){
t=max(t,1ll*k*cnt+b[j][0]);
j++;
}
}
op^=1;
}
return t;
}
inline vector<array<ll,3>> Work(ll t,int op){
vector<array<ll,3>> ans;
int i=1,j=1,cnt=0;
while(i<=n||j<=m){
cnt++;
if(op==0){
if(i<=n){
ans.push_back({t-1ll*k*cnt,op,a[i][1]});
i++;
}
}else if(op==1){
if(j<=m){
ans.push_back({t-1ll*k*cnt,op,b[j][1]});
j++;
}
}
op^=1;
}
reverse(ans.begin(),ans.end());
return ans;
}
inline void Solve(){
cin>>n>>m>>k;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i][0],a[i][1]=i;
for(int i=1;i<=m;i++) cin>>b[i][0],b[i][1]=i;
sort(a+1,a+n+1,greater<array<int,2>>());
sort(b+1,b+m+1,greater<array<int,2>>());
if(Calc(0)<Calc(1)){
ll t=Calc(0);
cout<<t<<endl;
auto ans=Work(t,0);
for(auto p:ans) cout<<p[0]<<' '<<p[1]<<' '<<p[2]<<endl;
}else{
ll t=Calc(1);
cout<<t<<endl;
auto ans=Work(t,1);
for(auto p:ans) cout<<p[0]<<' '<<p[1]<<' '<<p[2]<<endl;
}
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0),cout.tie(0);
Solve();
return 0;
}
G. GCD of Subsets
签到题做半个小时吃两罚，是人？
首先肯定先把不是 \(k\) 的全变成 \(k\)，再把 \(k\) 的倍数逐一变成 \(k\)，剩下的相邻的 \(k\) 的倍数相邻的两两配对，原因显然。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll=long long;
signed main(){
int T;
cin>>T;
while(T--){
ll n,m,k;
cin>>n>>k>>m;
m=min(m,n-1);
ll lft=n-n/k;
if(m<=lft) cout<<m+1+((n/k-1)/2)<<endl;
else cout<<m+1+((n-m-1)/2)<<endl;
}
return 0;
}
K. K-Coverage
根据题意，至多可以移动一个段，那么考虑枚举这个段，并将不移动看成是该段移动回原来的位置了。
为了方便，下文中令 \(c_i\) 表示某一位置被覆盖的次数，原位置和新位置分别为 \(S=[l,l+L),T=[l',l'+L)\)，\(\displaystyle cnt_k(S)=\sum_{x\in S}[c_x=k]\)。
那么：
- 若移动到的新位置与原来位置无交：那么增长量即为 \(cnt_{k+1}(S)-cnt_k(S)+cnt_{k-1}(T)-cnt_k( T)\)。因此，只要找到和 \(S\) 无交的 \(cnt_{k-1}(T)-cnt_k(T)\) 最大的 \(T\) 即可。
- 若移动到的新位置与原来位置于左侧有交：那么增长量为 \(cnt_{k+1}(S')-cnt_k(S')+cnt_{k-1}(T')-cnt_k( T')\)，其中 \(S'=S/(S\cup T)=[l'+L,l+L),T'=T/(S\cup T)=[l',l)\)。令 \(w_i=[c_i=k+1]-[c_i=k]+[c_{i-L}=k-1]-[c_{i-L}=k]\)，不难发现，增长量其实是 \(\displaystyle\sum_{i=l'+L}^{l+L-1} w_i\)。也就是说，最优的的是 \(w_i\) 以 \(l+L-1\) 为右端点且长度不超过 \(L\) 的最大后缀和，这个可以简单维护。
- 新位置与原来位置于右侧有交和上一种情况是类似的。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e6+9;
const int lgN=2e1+1;
int a[N],c[N],pref[N],suff[N],posf[N],posg[N],wrg[N],n,len,k;
struct RMQ{
int mn[N][lgN],lg[N],op;
inline void Init(int n,int *a,int o){
op=o;
for(int i=2;i<=n;i++) lg[i]=lg[i>>1]+1;
for(int i=0;i<=n;i++) mn[i][0]=a[i]*op;
for(int k=1;k<=lg[n];k++){
for(int i=0;i<=n-(1<<k)+1;i++){
mn[i][k]=min(mn[i][k-1],mn[i+(1<<k-1)][k-1]);
}
}
}
inline int R(int l,int r){
int k=lg[r-l+1];
return min(mn[l][k],mn[r-(1<<k)+1][k])*op;
}
inline void Clear(int n){
for(int k=0;k<=lg[n];k++){
for(int i=0;i<=n;i++) mn[i][k]=0;
}
for(int i=0;i<=n;i++) lg[i]=0;
op=0;
}
}pmn,smx,wmx;
inline void Solve(){
cin>>n>>len>>k;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i],a[i]++;
int lim=4*n,ans=0,res=0;
sort(a+1,a+n+1);
for(int i=1;i<=lim;i++){
c[i]=upper_bound(a+1,a+n+1,i)-lower_bound(a+1,a+n+1,i-len+1);
if(c[i]==k) ans++;
}
for(int i=1;i<=lim;i++){
if(i-len>=1){
if(c[i]==k+1) pref[i]++;
if(c[i]==k) pref[i]--;
if(c[i-len]==k-1) pref[i]++;
if(c[i-len]==k) pref[i]--;
}
if(i+len<=lim){
if(c[i]==k+1) suff[i]++;
if(c[i]==k) suff[i]--;
if(c[i+len]==k-1) suff[i]++;
if(c[i+len]==k) suff[i]--;
}
if(c[i]==k) posf[i]--,posg[i]--;
if(c[i]==k+1) posf[i]++;
if(c[i]==k-1) posg[i]++;
pref[i]+=pref[i-1];
suff[i]+=suff[i-1];
posf[i]+=posf[i-1];
posg[i]+=posg[i-1];
if(i>=len) wrg[i]=posg[i]-posg[i-len];
}
wmx.Init(lim,wrg,-1);
pmn.Init(lim,pref,1);
smx.Init(lim,suff,-1);
for(int i=1;i<=n;i++){
int x=a[i];
int spf=posf[x+len-1]-posf[x-1];
if(x-len>=1) res=max(res,wmx.R(1,x-1)+spf);
if(x+len+len-1<=lim) res=max(res,wmx.R(x+len+len-1,lim)+spf);
res=max(res,pref[x+len-1]-pmn.R(x-1,x+len-1));
res=max(res,smx.R(x-1,min(x+len-1,lim))-suff[x-1]);
}
cout<<ans+res<<endl;
wmx.Clear(lim);
pmn.Clear(lim);
smx.Clear(lim);
for(int i=0;i<=lim;i++) a[i]=c[i]=pref[i]=suff[i]=posf[i]=posg[i]=wrg[i]=0;
}
signed main(){
int T;
cin>>T;
while(T--) Solve();
return 0;
}
Extra Stage 1: Xi'an
嘟嘟嘟，GJLMIFBK，遗憾 8 题了，死因是没写明白领域加。
B. Beautiful Dangos
这个题是 @wtcqwq 做的前半部分（求区间），我做的后半部分（构造）。
如果可以通过调整一个区间使得答案合法，那么调整其超集也可以，因此答案具有可二分性。
判断 \([l,r]\) 是否合法，若存在 \(\tt CWP\) 中的一种颜色使得：
- 令 \([l,r]\) 中的该颜色有 \(+1\) 的贡献值，非该颜色有 \(-1\) 的贡献值。
- 令 \(l-1,r+1\) 位置上的该颜色有 \(+1\) 的贡献值，非该颜色有 \(0\) 的贡献值。
- \([l-1,r+1]\) 的总贡献大于 \(1\)。
那么 \([l,r]\) 不合法，反之则合法。
考虑如下构造：
定义一次对字符串 \(s\) 插入 \(t\) 次字符 \(\tt A\) 的操作为：
- 如果 \(s\) 中存在形如 \(\tt BB\) 的子串且 \(t\gt 0\)，那么将其变成 \(\tt BAB\)，同时 \(t\leftarrow t-1\)。重复执行直到 \(s\) 中不存在形如 \(\tt BB\) 的子串或 \(t\leq 0\)。
- 如果 \(s\) 中存在形如 \(\tt BC\) 的子串且 \(t\gt 0\)，那么将其变成 \(\tt BAC\)，同时 \(t\leftarrow t-1\)。重复执行直到 \(s\) 中不存在形如 \(\tt BB\) 的子串或 \(t\leq 0\)。
- 将剩下的 \(\tt A\) 随意插在 \(s\) 当中，并尽量少产生 \(\tt AA\) 子串。
那么不难发现，对于串 \(\overline{s_{l-1}s_{r+1}}\) ，优先插入 \(s_{l-1}\) 和 \(s_{r+1}\) 在 \([l,r]\) 的出现次数次，最后插入剩下的字符并放回 \(s[l-1:r+1]\)，在 \([l,r]\) 合法的情况下，得到的新串即为合法构造，证明略去。
#include<bits/stdc++.h>
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define dbg cerr<<"LINE "<<__LINE__<<":"
using namespace std;
const int N=2000009,inf=1e9,mod=998244353;
int n,cntc[N],cntw[N],cntp[N];
string str;
int mn,mx;
int check(int len){
for(int i=1;i+len-1<=n;i++){
int j=i+len-1;
if(i<=mn&&j>=mx) ;
else continue;
int cC=cntc[j]-cntc[i-1];
int cW=cntw[j]-cntw[i-1];
int cP=cntp[j]-cntp[i-1];
int valc=cC-cW-cP,valw=cW-cC-cP,valp=cP-cC-cW;
valc+=(i-1>=1&&str[i-1]=='C')+(j+1<=n&&str[j+1]=='C');
valw+=(i-1>=1&&str[i-1]=='W')+(j+1<=n&&str[j+1]=='W');
valp+=(i-1>=1&&str[i-1]=='P')+(j+1<=n&&str[j+1]=='P');
if(valc<=1&&valw<=1&&valp<=1) return i;
}
return 0;
}
inline void Insert(string &s,int &t,char c){
string res;
if(t){
res.push_back(s.front());
for(int i=1;i<s.size();i++){
if(s[i-1]==s[i]){
if(t) res.push_back(c),t--;
}
res.push_back(s[i]);
}
s=res;
res.clear();
}
if(t){
res.push_back(s.front());
for(int i=1;i<s.size();i++){
if(s[i-1]!=c&&s[i]!=c){
if(t) res.push_back(c),t--;
}
res.push_back(s[i]);
}
s=res;
res.clear();
}
if(t){
if(s.front()!=c){
res.push_back(s.front());
while(t) res.push_back(c),t--;
for(int i=1;i<s.size();i++) res.push_back(s[i]);
s=res;
}else{
for(int i=0;i+1<s.size();i++) res.push_back(s[i]);
while(t) res.push_back(c),t--;
res.push_back(s.back());
s=res;
}
}
}
void sol(int l,int r){
char c[3]={'C','W','P'};
int t[3]={0,0,0};
t[0]=cntc[r]-cntc[l-1];
t[1]=cntw[r]-cntw[l-1];
t[2]=cntp[r]-cntp[l-1];
map<char,int> id;
for(int i:{0,1,2}) id[c[i]]=i;
string now;
if(l==1) now.push_back('#');
else now.push_back(str[l-1]);
if(r==n) now.push_back('#');
else now.push_back(str[r+1]);
if(now.front()!='#') Insert(now,t[id[now.front()]],now.front());
if(now.back()!='#') Insert(now,t[id[now.back()]],now.back());
for(int i:{0,1,2}) Insert(now,t[i],c[i]);
for(int i=l;i<=r;i++) str[i]=now[i-l+1];
}
void solve(){
cin>>n;cin>>str;str=" "+str;
for(int i=1;i<=n;i++){
cntc[i]=cntc[i-1]+(str[i]=='C');
cntw[i]=cntw[i-1]+(str[i]=='W');
cntp[i]=cntp[i-1]+(str[i]=='P');
}mn=n+1,mx=0;
for(int i=2;i<=n;i++){
if(str[i]==str[i-1]){
mn=min(mn,i);
mx=max(mx,i);
}
}
mx--;
if(mn==n+1&&mx==-1){
cout<<"Beautiful\n";
return;
}
int l=1,r=n;
pair<int,int> ans={0,0};
while(l<=r){
int mid=(l+r)>>1;
int g=check(mid);
if(g){
r=mid-1;
ans=mp(g,g+mid-1);
}
else l=mid+1;
}
if(ans==mp(0,0)){
cout<<"Impossible\n";
}
else{
cout<<"Possible"<<endl;
cout<<ans.first<<" "<<ans.second<<"\n";
sol(ans.first,ans.second);
cout<<str.substr(1)<<endl;
}
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
int _; cin>>_; while(_--)
solve();
return 0;
}
C. Catch the Monster
考虑对每个左端点判断能使区间合法的极大右端点。
通过巨量模拟，发现合法的树形态一定是毛毛虫，换句话说，删去所有叶子后剩的是若干条链，即新图不存在三度点。
因此，对于每个度数大于 \(1\) 的点领域加 \(1\)，那么如果区间中没有权值大于 \(2\) 就是合法的。
领域加可以使用小 I 神秘 bfn 科技。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
const int N=1e6+9;
const int inf=1e8;
struct Node{
int l,r;
int dat,tag;
}tr[N<<2];
inline void PushUp(int x){tr[x].dat=max(tr[x<<1].dat,tr[x<<1|1].dat)+tr[x].tag;}
inline void Push(int x,int k){tr[x].dat+=k,tr[x].tag+=k;}
inline void Build(int x,int l,int r){
tr[x].l=l,tr[x].r=r;
if(tr[x].l==tr[x].r) return ;
int mid=tr[x].l+tr[x].r>>1;
Build(x<<1,l,mid),Build(x<<1|1,mid+1,r);
PushUp(x);
}
inline void Modify(int x,int l,int r,int k){
if(l<=tr[x].l&&tr[x].r<=r) return Push(x,k);
int mid=tr[x].l+tr[x].r>>1;
if(l<=mid) Modify(x<<1,l,r,k);
if(r>mid) Modify(x<<1|1,l,r,k);
PushUp(x);
}
vector<int> e[N];
int pos[N],n,m,q;
int bfn[N],fa[N],st[N],ed[N],bcnt;
inline void BFS(int x){
queue<int> q;
q.push(x);
while(q.size()){
int x=q.front();
q.pop();
bfn[x]=++bcnt;
st[x]=n,ed[x]=0;
if(fa[x]){
st[fa[x]]=min(st[fa[x]],bfn[x]);
ed[fa[x]]=max(ed[fa[x]],bfn[x]);
}
for(int y:e[x]){
if(bfn[y]) continue ;
fa[y]=x;
q.push(y);
}
}
}
inline void Near(int x,int k){
if(ed[x]) Modify(1,st[x],ed[x],k);
if(fa[x]) Modify(1,bfn[fa[x]],bfn[fa[x]],k);
}
int vis[N],d[N];
inline void Add(int u){
vis[u]=1;
Modify(1,bfn[u],bfn[u],inf);
if(d[u]>1) Near(u,1);
for(int v:e[u]){
if(d[v]==1&&vis[v]) Near(v,1);
d[v]++;
}
}
inline void Del(int u){
vis[u]=0;
Modify(1,bfn[u],bfn[u],-inf);
if(d[u]>1) Near(u,-1);
for(int v:e[u]){
d[v]--;
if(d[v]==1&&vis[v]) Near(v,-1);
}
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0),cout.tie(0);
cin>>n>>m>>q;
for(int i=1,u,v;i<=m;i++){
cin>>u>>v;
e[u].push_back(v);
e[v].push_back(u);
}
for(int i=1;i<=n;i++) if(!bfn[i]) BFS(i);
Build(1,1,n);
Modify(1,1,n,-inf);
for(int i=1,j=0;i<=n;Del(i),i++){
while(j<n&&tr[1].dat<3) Add(++j);
if(tr[1].dat<3) pos[i]=j;
else pos[i]=j-1;
}
for(int i=1;i<=q;i++){
int l,r;
cin>>l>>r;
if(pos[l]>=r) cout<<"Yes"<<endl;
else cout<<"No"<<endl;
}
return 0;
}
F. Follow the Penguins
首先偶像关系是一个基环树森林，而大手子都只会向其初始移动方向一直走下去，直到遇到自己的偶像，因此树边是好处理的。
对于环，考虑二分其第一条删去的边，如果两个构成偶像关系的大手子相向而行且距离不大于二分值，那么要么两个相遇了，要么偶像遇到了偶像的偶像，所以至少存在一个见到偶像的大手子（由此也可以知道距离最短的那对就是最早相遇的那对）。然后断边为树，剩下就是一些小分讨。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
#define int ll
using ll=long long;
const int N=5e5+9;
int a[N],to[N],in[N],vis[N],typ[N],t[N],n;
vector<int> son[N];
signed main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0),cout.tie(0);
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>to[i];
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
queue<int> q;
for(int i=1;i<=n;i++) in[to[i]]++;
for(int i=1;i<=n;i++) if(!in[i]) q.push(i);
while(q.size()){
int x=q.front();
q.pop();
if(!--in[to[x]]) q.push(to[x]);
}
for(int i=1;i<=n;i++) typ[i]=a[i]<a[to[i]]?1:-1;
for(int u=1;u<=n;u++){
if(!in[u]){
son[to[u]].push_back(u);
}
}
for(int u=1;u<=n;u++){
if(!in[u]) continue ;
if(vis[u]) continue ;
int x=u;
vector<int> v;
while(!vis[x]){
vis[x]=1;
v.push_back(x);
x=to[x];
}
int lt=0,rt=1e9+7;
while(lt+1<rt){
int mid=lt+rt>>1;
bool flag=0;
for(int i:v){
if(typ[i]==typ[to[i]]) continue ;
if(abs(a[i]-a[to[i]])<=mid) flag|=1;
}
if(flag) rt=mid;
else lt=mid;
}
int p=-1,m=v.size();
for(int i=0;i<v.size();i++){
int x=v[i];
if(typ[x]==typ[to[x]]) continue ;
if(abs(a[x]-a[to[x]])==rt) t[x]=rt,p=i;
}
assert(~p);
for(int i=(p-1+m)%m;i!=p;i=(i-1+m)%m){
int x=v[i];
if(t[x]) continue ;
if(typ[x]==typ[to[x]]){
t[x]=t[to[x]]+2*abs(a[x]-a[to[x]]);
}else{
t[x]=abs(a[x]-a[to[x]]);
if(t[x]>t[to[x]]){
t[x]=t[to[x]]+2*abs(a[x]-(a[to[x]]+typ[to[x]]*t[to[x]]));
}
}
}
for(int x:v){
for(int y:son[x]) q.push(y);
}
}
while(q.size()){
int x=q.front();
q.pop();
if(typ[x]==typ[to[x]]){
t[x]=t[to[x]]+2*abs(a[x]-a[to[x]]);
}else{
t[x]=abs(a[x]-a[to[x]]);
if(t[x]>t[to[x]]){
t[x]=t[to[x]]+2*abs(a[x]-(a[to[x]]+typ[to[x]]*t[to[x]]));
}
}
for(int y:son[x]) q.push(y);
}
for(int i=1;i<=n;i++) cout<<t[i]<<' ';cout<<endl;
return 0;
}
L. Let's Make a Convex!
一个集合 \(S\) 能拼成凸多边形的充要条件是 \(\displaystyle 2\max_{x\in S} x \lt \sum_{x\in S} x\)，因此排序后枚举最大值，那么可以构成答案的最小值（左端点）是一个前缀，而对于相同的 \(k\)，答案肯定是最大值越大越好，并且是一个区间，贪心地放置即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll=long long;
const int N=2e5+9;
int a[N],n;
ll s[N],ans[N];
signed main(){
int T;
cin>>T;
while(T--){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
sort(a+1,a+n+1);
for(int i=1;i<=n;i++) s[i]=s[i-1]+a[i];
for(int i=n,j=n;i>=1;i--){
int k=lower_bound(s,s+n+1,s[i]-2*a[i])-s-1;
if(!~k) continue ;
for(j=min(j,i);j>=i-k;j--) ans[j]=s[i]-s[i-j];
}
for(int i=1;i<=n;i++) cout<<ans[i]<<' ';cout<<endl;
for(int i=1;i<=n;i++) ans[i]=s[i]=a[i]=0;
}
return 0;
}
Stage 5: Grand Prix of Nanjing
嘟！最后半小时三人齐心合力做出 H！
CKFEMGIH。
B. What, More Kangaroos?
考虑到 \(ax+by+c>0,c>0\) 是一个背向 \((0,0)\) 点的半平面，于是考虑算出该半平面所控制的极角的范围，由于整点对于极角的分布是相对均匀的，因此覆盖次数最多的点 \((x,y)\) 的覆盖次数和覆盖次数最多的极角 \(\theta\) 一样多。直接断环为链，求取覆盖次数最多的点即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
using ld=long double;
const int N=2e5+9;
const ld pi=acosl(-1);
const ld eps=1e-18;
int a[N],b[N],c[N],n;
ld tl[N],tr[N];
inline void Solve(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i]>>b[i]>>c[i];
vector<ld> val;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(!a[i]&&!b[i]) continue ;
tr[i]=atan2l(a[i],-b[i]);
if(tr[i]>=0) tl[i]=tr[i]-pi;
else tl[i]=tr[i]+pi;
tl[i]+=eps,tr[i]-=eps;
val.push_back(tl[i]);
val.push_back(tr[i]);
}
val.push_back(-pi),val.push_back(pi);
sort(val.begin(),val.end());
val.erase(unique(val.begin(),val.end()),val.end());
vector<int> d(val.size()<<1,0);
for(int i=1;i<=n;i++){
if(!a[i]&&!b[i]) continue ;
int l=lower_bound(val.begin(),val.end(),tl[i])-val.begin();
int r=lower_bound(val.begin(),val.end(),tr[i])-val.begin();
if(tl[i]<=tr[i]) d[l<<1|1]++,d[r<<1]--;
else{
d[l<<1|1]++,d.back()--;
d.front()++,d[r<<1]--;
}
}
partial_sum(d.begin(),d.end(),d.begin());
cout<<*max_element(d.begin(),d.end())<<endl;
}
signed main(){
cin.tie(0),cout.tie(0);
ios::sync_with_stdio(0);
int T;
cin>>T;
while(T--) Solve();
return 0;
}
C. Distributing Candies
long long!?
奇数无解，偶数显然 \(\dfrac n2\) 和 \(\dfrac n2\)。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll=long long;
signed main(){
int T;
cin>>T;
while(T--){
ll n;
cin>>n;
if(n&1) cout<<"No"<<endl;
else cout<<"Yes"<<endl<<n/2<<' '<<n/2<<endl;
}
return 0;
}
E. Cyan White Tree
没过样例就交了，唐唐。
首先先拆绝对值，分讨是 \(\sum w\leq \sum c\) 还是 \(\sum w\gt\sum c\)，贡献分别为 \(3w-c\) 和 \(3c-w\)。上面两种情况分别是 \(w-c\) 的一个前缀和一个后缀，线段树合并+启发式合并对每个值在 \(\sum w-\sum c\) 处维护贡献即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
using ll=long long;
const int N=4e5+9;
const int inf=1e9;
struct Data{
int f,g;
Data(int _f=0,int _g=0){f=_f,g=_g;}
inline friend Data operator +(Data x,Data y){return Data(max(x.f,y.f),max(x.g,y.g));};
};
struct Node{
int lc,rc;
Data dat;
}tr[N<<6];
int cnt;
inline int Allc(){return tr[++cnt].dat=Data(-inf,-inf),cnt;}
inline void Clear(){for(int x=1;x<=cnt;x++) tr[x].lc=tr[x].rc=0,tr[x].dat=Data(0,0);cnt=0;}
inline void PushUp(int x){
tr[x].dat=Data(-inf,-inf);
if(tr[x].lc) tr[x].dat=tr[x].dat+tr[tr[x].lc].dat;
if(tr[x].rc) tr[x].dat=tr[x].dat+tr[tr[x].rc].dat;
}
inline void Insert(int &x,int L,int R,int pos,Data k){
if(!x) x=Allc();
if(L==R) return tr[x].dat=tr[x].dat+k,void();
int mid=L+R>>1;
if(pos<=mid) Insert(tr[x].lc,L,mid,pos,k);
else Insert(tr[x].rc,mid+1,R,pos,k);
PushUp(x);
}
inline void Merge(int &x,int y,int L,int R){
if(!x||!y) return x|=y,void();
if(L==R){
tr[x].dat=tr[x].dat+tr[y].dat;
return ;
}
int mid=L+R>>1;
Merge(tr[x].lc,tr[y].lc,L,mid);
Merge(tr[x].rc,tr[y].rc,mid+1,R);
PushUp(x);
}
inline Data Query(int x,int L,int R,int l,int r){
if(!x||l>r) return Data(-inf,-inf);
if(l<=L&&R<=r) return tr[x].dat;
int mid=L+R>>1;
if(r<=mid) return Query(tr[x].lc,L,mid,l,r);
else if(l>mid) return Query(tr[x].rc,mid+1,R,l,r);
else return Query(tr[x].lc,L,mid,l,r)+Query(tr[x].rc,mid+1,R,l,r);
}
char typ[N];
int fa[N],csu[N],wsu[N],root[N],ans[N],siz[N],n;
vector<int> e[N],node[N];
inline void DFS(int x){
siz[x]=1;
csu[x]=csu[fa[x]],wsu[x]=wsu[fa[x]];
if(typ[x]=='0') csu[x]++;
else wsu[x]++;
Insert(root[x],-n,n,csu[x]-wsu[x],Data(3*wsu[x]-csu[x],3*csu[x]-wsu[x]));
node[x].push_back(x);
for(int y:e[x]){
if(y==fa[x]) continue ;
fa[y]=x;
DFS(y);
if(siz[x]<siz[y]){
swap(root[x],root[y]);
swap(node[x],node[y]);
swap(siz[x],siz[y]);
}
for(int u:node[y]){
int C=csu[u]-csu[x]-csu[fa[x]];
int W=wsu[u]-wsu[x]-wsu[fa[x]];
Data s1=Query(root[x],-n,n,W-C,n);
ans[x]=max(ans[x],s1.f+3*W-C);
Data s2=Query(root[x],-n,n,-n,W-C-1);
ans[x]=max(ans[x],s2.g+3*C-W);
}
Merge(root[x],root[y],-n,n);
node[x].insert(node[x].end(),node[y].begin(),node[y].end());
node[y].clear();
node[y].shrink_to_fit();
siz[x]+=siz[y];
}
}
inline void Solve(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>typ[i];
for(int i=1,u,v;i<n;i++){
cin>>u>>v;
e[u].push_back(v);
e[v].push_back(u);
}
fill(ans+1,ans+n+1,-1);
DFS(1);
for(int i=1;i<=n;i++) cout<<ans[i]<<endl;
for(int i=1;i<=n;i++){
typ[i]=csu[i]=wsu[i]=root[i]=ans[i]=siz[i]=fa[i]=0;
e[i].clear(),e[i].shrink_to_fit();
node[i].clear(),node[i].shrink_to_fit();
}
Clear();
}
signed main(){
cin.tie(0),cout.tie(0);
ios::sync_with_stdio(0);
int T;
cin>>T;
while(T--) Solve();
return 0;
}
F. Bitwise And Path
考虑先使用道路重建的手法找出对每个 \(w\) 会成为其最小瓶颈生成树的边，按照时间轴顺序添加即可，查询直接从高往低位贪心即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
using ll=long long;
const int N=1e3+9;
const int Q=1e6+9;
const int V=(1<<12)+9;
char op[Q];
int u[Q],v[Q],w[Q],n,q;
vector<int> e[V],g[V],o[Q];
struct DSU{
int fa[N];
inline void Init(int lim){iota(fa+1,fa+lim+1,1);}
inline int Find(int x){return fa[x]==x?x:fa[x]=Find(fa[x]);}
inline void Merge(int x,int y){fa[Find(y)]=Find(x);}
inline bool Con(int x,int y){return Find(x)==Find(y);}
}d[V];
inline void Solve(){
cin>>n>>q;
for(int i=1;i<=q;i++){
cin>>op[i]>>u[i]>>v[i];
if(op[i]=='+') cin>>w[i],g[w[i]].push_back(i);
}
for(int sta=(1<<12)-1;~sta;sta--){
for(int i=0;i<12;i++){
if(sta>>i&1) continue ;
int tta=sta|(1<<i);
g[sta].insert(g[sta].begin(),e[tta].begin(),e[tta].end());
}
d[sta].Init(n);
sort(g[sta].begin(),g[sta].end());
for(int i:g[sta]){
if(d[sta].Con(u[i],v[i])) continue ;
d[sta].Merge(u[i],v[i]);
o[i].push_back(sta);
e[sta].push_back(i);
}
d[sta].Init(n);
}
ll sum=0;
for(int i=1;i<=q;i++){
if(op[i]=='+'){
for(int j:o[i]) d[j].Merge(u[i],v[i]);
}else{
int ans=0;
for(int j=11;~j;j--){
if(d[ans|(1<<j)].Con(u[i],v[i])) ans|=1<<j;
}
if(!d[0].Con(u[i],v[i])) ans=-1;
sum+=ans;
}
}
cout<<sum<<endl;
for(int i=0;i<(1<<12);i++) e[i].clear(),g[i].clear(),d[i].Init(n);
for(int i=1;i<=q;i++) o[i].clear();
}
signed main(){
cin.tie(0),cout.tie(0);
ios::sync_with_stdio(0);
int T;
cin>>T;
while(T--) Solve();
return 0;
}
H. Pen Pineapple Apple Pen
设 \(\displaystyle f(l,r)=\sum_{i=0}^{\lfloor\frac{r-l+1}2\rfloor}[s[l:l+i]=s[r-i:r]]\)，\(\displaystyle g(l,r)=\sum_{i=0}^{\min(l-1,n-r)}[s[l-i:l]=s[r:r+i]]\)。
那么答案即为：\(\displaystyle \sum_{i=1}^n\sum_{j=i+1}^ng(i,j)\sum_{p=i+1}^j\sum_{q=p+1}^j(p-i-1)f(p,q)\)。
如果我们知道了所有 \(f(l,r)\) 和 \(g(l,r)\) 的取值，那么上式可以通过简单地拆贡献和二维数点计算。
-
\(f(l,r)\) 就是 [NOI 2014] 动物园。
-
\(g(l,r)\) 可以看成是 \(s[r:n]\) 和 \(s[1:l]\) 做 KMP 算 border 树上祖先个数。
时间复杂度 \(O(n^2)\)。
#include "alfred/all"
using namespace std;
const int N = 5010;
std::string S;
m998 s1[N][N], s2[N][N];
int n, f[N][N], g[N][N], num[N], pi[N];
inline void InitF(void) {
for (int l = 1, _n; l <= n; l++) {
std::string s = ' ' + S.substr(l);
s.pop_back(), _n = s.size() - 1, num[1] = 1;
for (int i = 1; i < _n; i++) {
int j = pi[i];
while (j && s[i + 1] != s[j + 1]) j = pi[j];
pi[i + 1] = (s[i + 1] == s[j + 1] ? j + 1 : 0);
}
for (int i = 1; i <= _n; i++) {
num[i] = num[pi[i]] + 1;
}
for (int i = 1, j = 0; i <= _n; i++) {
while (j && s[i] != s[j + 1]) j = pi[j];
if (s[i] == s[j + 1]) j++;
while (2 * j > i) j = pi[j];
f[l][l + i - 1] = num[j];
}
}
}
inline void InitG() {
for (int j = 1; j <= n; j++) {
vector<int> a(n + 1, 0), b(n + 1, 0), cnt(n + 1, 0);
int ld = j - 1;
a[ld + 1] = 0, cnt[ld + 1] = 1;
for (int k = 2, p = 0; ld + k <= n; k++) {
while (p && S[ld + p + 1] != S[ld + k]) p = a[ld + p];
if (S[ld + p + 1] == S[ld + k]) p++;
a[ld + k] = p, cnt[ld + k] = cnt[ld + a[ld + k]] + 1;
}
for (int k = 1, p = 0; k <= n; k++) {
while (p && S[ld + p + 1] != S[k]) p = a[ld + p];
if (S[ld + p + 1] == S[k]) p++;
b[k] = p;
}
for (int i = 1; i < j; i++) g[i][j] = cnt[ld + b[i]];
}
}
inline void optimizeIO(void) {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(NULL), cout.tie(NULL);
}
int main(int argc, char const *argv[]) {
optimizeIO(), cin >> S;
n = S.size(), S = '#' + S + ' ';
InitF(), InitG();
for (int i = n; i >= 1; i--) {
for (int j = 1; j <= n; j++) {
s1[i][j] = s1[i + 1][j] + s1[i][j - 1] - s1[i + 1][j - 1];
s2[i][j] = s2[i + 1][j] + s2[i][j - 1] - s2[i + 1][j - 1];
s1[i][j] += f[i][j], s2[i][j] += m998(i - 1) * f[i][j];
}
}
m998 ans = 0;
for (int l1 = 1; l1 <= n; l1++) {
for (int r1 = l1 + 2; r1 <= n; r1++) {
ans += (s2[l1 + 1][r1 - 1] - l1 * s1[l1 + 1][r1 - 1]) * g[l1][r1];
}
}
cout << ans << endl;
return 0;
}
J. Trajan Algorithm
猜了一手求的是存在于两个大小大于 \(2\) 的点双的点。
然后就 WA on #2 了。
要特判有一个大小为 \(2\) 的点双和割点相连的情况，这种时候该割点还是会被判作割点。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
const int N=1e5+9;
vector<int> e[N],stk;
vector<vector<int>> vdcc;
int dfn[N],low[N],n,m,dcnt;
inline void Tarjan(int x,int fa){
bool flag=0;
stk.push_back(x);
dfn[x]=low[x]=++dcnt;
for(int y:e[x]){
if(y==fa) continue ;
if(!dfn[y]){
Tarjan(y,x);
low[x]=min(low[x],low[y]);
if(low[y]>=dfn[x]){
flag=1;
vdcc.push_back(vector<int>());
while(stk.size()){
int p=stk.back();
stk.pop_back();
vdcc.back().push_back(p);
if(p==y) break ;
}
vdcc.back().push_back(x);
}
}else low[x]=min(low[x],dfn[y]);
}
if(!flag&&!~fa) vdcc.push_back({x});
}
inline void Solve(){
cin>>n>>m;
for(int i=1,u,v;i<=m;i++){
cin>>u>>v;
e[u].push_back(v);
e[v].push_back(u);
}
for(int i=1;i<=n;i++) if(!dfn[i]) Tarjan(i,-1);
vector<int> cnt(n+1,0),du(n+1,0);
for(auto &v:vdcc){
if(v.size()<=2) for(int x:v) du[x]=1;
else for(int x:v) cnt[x]++;
}
bool flag=0;
for(int x=1;x<=n;x++) if(cnt[x]>1&&!du[x]) cout<<x<<' ',flag=1;
if(!flag) cout<<"Empty";
cout<<endl;
dcnt=0;
for(int i=1;i<=n;i++) e[i].clear(),dfn[i]=low[i]=0;
vdcc.clear();
stk.clear();
}
signed main(){
cin.tie(0),cout.tie(0);
ios::sync_with_stdio(0);
int T;
cin>>T;
while(T--) Solve();
return 0;
}
Stage 6: Grand Prix of Shenyang
虽然没啥贡献，还是记录一下吧。
B. Buggy Painting Software I
枚举总共创建了 \(k\) 层画布，可以证明这 \(k\) 层从上到下涂的分别是出现次数最多的 \(k\) 种颜色，剩下的颜色直接画在画布上，透明直接擦穿画布即可，前缀和计算贡献取最小值即为答案。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll=long long;
const int N=5e2+9;
ll sf[N*N],sg[N*N];
int p[N][N],cnt[N*N],n,m,a,b;
inline void Solve(){
cin>>n>>m>>a>>b;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m;j++) cin>>p[i][j],cnt[p[i][j]]++;
}
sort(cnt+1,cnt+n*m+1,greater<int>());
for(int i=1;i<=n*m;i++) sf[i]=sf[i-1]+1ll*cnt[i]*(i-1)*b,sg[i]=sg[i-1]+1ll*cnt[i]*a;
ll ans=LLONG_MAX;
for(int k=0;k<=n*m;k++){
ll res=1ll*cnt[0]*k*b+sf[k]+sg[n*m]-sg[k];
ans=min(ans,res);
}
cout<<ans<<endl;
for(int i=0;i<=n*m;i++) cnt[i]=sf[i]=sg[i]=0;
}
signed main(){
int T;
cin>>T;
while(T--) Solve();
return 0;
}
J. The Echoes of Chronos
把区间内的所有数全部扔到 \([v,v+m]\) 上，那么答案就是最大的空白段的长度。
发现如果没有 \([v,v+m]\) 的限制就是秃子酋长，尝试继续用只删莫队维护区间最大空白段长度。
考虑对值域分块，每块块内维护最大空白段以及块内出现的极左极右位置，由于块内答案只增，故可以简单地使用链表维护，而块间答案则可以在询问时记录上一个出现的位置，暴力计算块间答案。
时间复杂度 \(O(n\sqrt n+n\sqrt q+q\sqrt n)\)，\(n\) 和 \(q\) 同阶，可视为 \(O(n\sqrt n)\)。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
const int N=4e5+9;
const int T=7e2+9;
inline void ChMax(int &x,int y){if(y>x) x=y;}
vector<int> val;
int a[N],ql[N],qr[N],qv[N],vl[N],vr[N],n,q,m,v,h;
int cnt;
namespace Block{
int ocr[N<<1],blk[N<<1],L[T],R[T],B;
inline void InitBlock(){
B=sqrt(v);
for(int i=1;i<=v;i++) blk[i]=(i-1)/B+1;
for(int i=1;i<=v;i++) R[blk[i]]=i;
for(int i=v;i>=1;i--) L[blk[i]]=i;
}
pair<int*,int> rcll[N];
int cl[T],cr[T],res[T],pre[N],suc[N],top;
inline void Build(){
for(int x=1;x<=blk[v];x++){
cr[x]=0;
for(int i=L[x];i<=R[x];i++){
if(!ocr[i]) continue ;
pre[i]=cr[x],suc[cr[x]]=i,cr[x]=i;
if(pre[i]) ChMax(res[x],val[i]-val[pre[i]]);
else cl[x]=i;
}
pre[cl[x]]=suc[cr[x]]=0;
}
}
inline void Del(int i){
cnt++;
if(--ocr[i]) return ;
int x=blk[i];
if(!pre[i]) cl[x]=suc[i];
else suc[pre[i]]=suc[i];
if(!suc[i]) cr[x]=pre[i];
else pre[suc[i]]=pre[i];
if(pre[i]&&suc[i]) ChMax(res[x],val[suc[i]]-val[pre[i]]);
}
inline void RDel(int i){
rcll[++top]={&ocr[i],ocr[i]};
if(--ocr[i]) return ;
int x=blk[i];
if(!pre[i]) rcll[++top]={&cl[x],cl[x]},cl[x]=suc[i];
else rcll[++top]={&suc[pre[i]],suc[pre[i]]},suc[pre[i]]=suc[i];
if(!suc[i]) rcll[++top]={&cr[x],cr[x]},cr[x]=pre[i];
else rcll[++top]={&pre[suc[i]],pre[suc[i]]},pre[suc[i]]=pre[i];
if(pre[i]&&suc[i]){
rcll[++top]={&res[x],res[x]};
ChMax(res[x],val[suc[i]]-val[pre[i]]);
}
}
inline void Recall(){
while(top){
*rcll[top].first=rcll[top].second;
top--;
}
}
inline array<int,3> Buery(int l,int r,int nl=0,int nr=0,int ans=0){
for(int i=l;i<=r;i++){
if(!ocr[i]) continue ;
if(nr) ChMax(ans,val[i]-val[nr]);
else nl=i;
nr=i;
}
return {nl,nr,ans};
}
inline array<int,3> Query(int l,int r){
if(blk[l]==blk[r]) return Buery(l,r);
array<int,3> tmp=Buery(l,R[blk[l]]);
int nl=tmp[0],nr=tmp[1],ans=tmp[2];
for(int i=blk[l]+1;i<blk[r];i++){
if(!cl[i]) continue ;
if(nr) ChMax(ans,val[cl[i]]-val[nr]);
else nl=cl[i];
ChMax(ans,res[i]);
nr=cr[i];
}
return Buery(L[blk[r]],r,nl,nr,ans);
}
inline void Clear(){
for(int i=0;i<=v;i++) pre[i]=suc[i]=ocr[i]=0;
for(int i=0;i<=blk[v];i++) cl[i]=cr[i]=res[i]=0;
}
}
namespace MoAlgo{
int blk[N<<1],L[T],R[T],B;
inline void Init(){
B=sqrt(q);
for(int i=1;i<=n;i++) blk[i]=(i-1)/B+1;
for(int i=1;i<=n;i++) R[blk[i]]=i;
for(int i=n;i>=1;i--) L[blk[i]]=i;
}
int ans[N];
vector<int> qry[T];
inline void MoAlgo(){
Init();
Block::InitBlock();
for(int i=1;i<=q;i++) qry[blk[ql[i]]].push_back(i);
for(int i=1;i<=blk[n];i++){
sort(qry[i].begin(),qry[i].end(),[](int x,int y){return qr[x]>qr[y];});
int l=L[i],r=n;
for(int j=l;j<=r;j++) Block::ocr[a[j]]++,Block::ocr[a[j]+h]++;
Block::Build();
vector<array<int,2>> p;
for(int j=L[i];j<=R[i];j++) p.push_back({a[j],j}),p.push_back({a[j]+h,j});
sort(p.begin(),p.end());
for(int j:qry[i]){
if(blk[ql[j]]==blk[qr[j]]){
int nl=0,nr=0;
for(auto t:p){
if(t[1]<ql[j]||t[1]>qr[j]) continue ;
if(t[0]<vl[j]||t[0]>vr[j]) continue ;
if(nr) ChMax(ans[j],val[t[0]]-val[nr]);
else nl=t[0];
nr=t[0];
}
if(nl) ChMax(ans[j],val[nl]-qv[j]);
if(nr) ChMax(ans[j],qv[j]+m-val[nr]);
continue ;
}
while(r>qr[j]) Block::Del(a[r]),Block::Del(a[r]+h),r--;
while(l<ql[j]) Block::RDel(a[l]),Block::RDel(a[l]+h),l++;
auto tmp=Block::Query(vl[j],vr[j]);
int nl=tmp[0],nr=tmp[1];
ans[j]=tmp[2];
if(nl) ChMax(ans[j],val[nl]-qv[j]);
if(nr) ChMax(ans[j],qv[j]+m-val[nr]);
Block::Recall();
l=L[i];
}
Block::Clear();
}
}
}
signed main(){
cin.tie(0),cout.tie(0);
ios::sync_with_stdio(0);
cin>>n>>q>>m;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
for(int i=1;i<=q;i++) cin>>ql[i]>>qr[i]>>qv[i];
val.push_back({-1});
for(int i=1;i<=n;i++) val.push_back(a[i]),val.push_back(a[i]+m);
sort(val.begin(),val.end());
val.erase(unique(val.begin(),val.end()),val.end());
v=val.size()-1,h=v>>1;
for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=lower_bound(val.begin(),val.end(),a[i])-val.begin();
for(int i=1;i<=q;i++){
vl[i]=lower_bound(val.begin(),val.end(),qv[i])-val.begin();
vr[i]=upper_bound(val.begin(),val.end(),qv[i]+m)-val.begin()-1;
}
MoAlgo::MoAlgo();
for(int i=1;i<=q;i++) cout<<m-MoAlgo::ans[i]<<endl;
return 0;
}
Stage 7: Grand Prix of Zhengzhou
NOIP 晚上三个人连麦打的。
G. Plus Xor
因为 \(b\) 很小，所以直接在 \(\bmod b\cdot 2^k\) 意义下跑同余最短路，其中 \(k\) 是最小的满足 \(2^k\gt b\) 的整数。找到从 \(a\bmod b\cdot 2^k\) 操作到 \(c+\lambda b\bmod b\cdot 2^k\) 需要的最少增量，剩下的距离直接不断加 \(b\) 即可，时间复杂度 \(O(b^2\log b)\)。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
using ll=long long;
const int N=1e3*(1<<10)+9;
int b;
ll a,c;
vector<array<int,2>> e[N];
int inq[N];
ll dis[N];
inline void SPFA(int s){
for(int i=0;i<(b<<10);i++) dis[i]=1e18;
queue<int> q;
dis[s]=0,q.push(s),inq[s]=1;
while(q.size()){
int x=q.front();
q.pop();
inq[x]=0;
for(auto p:e[x]){
if(dis[x]+p[1]<dis[p[0]]){
dis[p[0]]=dis[x]+p[1];
if(!inq[p[0]]) q.push(p[0]),inq[p[0]]=1;
}
}
}
}
inline void Solve(){
cin>>a>>b>>c;
for(int i=0;i<b;i++){
for(int j=0;j<1024;j++){
e[i<<10|j].push_back({i<<10|((j+b)&1023),b});
e[i<<10|j].push_back({((i+((j^b)-j)%b+b)%b)<<10|(j^b),(j^b)-j});
}
}
SPFA((a%b)<<10|(a&1023));
if(a+dis[(c%b)<<10|(c&1023)]<=c) cout<<"YES"<<endl;
else cout<<"NO"<<endl;
for(int i=0;i<(b<<10);i++) dis[i]=inq[i]=0,e[i].clear();
}
signed main(){
cin.tie(0),cout.tie(0);
ios::sync_with_stdio(0);
int T;
cin>>T;
while(T--) Solve();
return 0;
}
J. Subrectangle Count
通过手模若干种情况，可以得出，一个 \(2\times 2\) 子矩阵如果是 \(\left[\begin{matrix}x&x+1\\x+2&x+3 \end{matrix}\right]\) 形式的，那么它的形式一定是 \(\left[\begin{matrix}(\overline{x00})_2&(\overline{x01})_2\\(\overline{x10})_2&(\overline{x11})_2 \end{matrix}\right]\) 或者\(\left[\begin{matrix}(\overline{x10})_2&(\overline{x11})_2\\ [\overline{(x+1)00}]_2&[\overline{(x+1)01}]_2 \end{matrix}\right]\)。
第一种情况比较简单，可以直接预处理出对任意一行有多少符合条件的列。
第二种情况则需要枚举进位是进到哪一位，用 map 存储前面几位的情况。
时间复杂度 \(O(n\log n\log V)\)。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
using ll=long long;
const int N=2e5+9;
int a[N],b[N],n,m;
inline void Solve(){
cin>>m>>n;
for(int i=1;i<=m;i++) cin>>b[i];
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
ll ans=0;
int cnt[2][2]={{0,0},{0,0}};
unordered_map<int,int> f[2][2][28];
for(int i=1;i<n;i++){
if(((a[i]^a[i+1])&3)!=1) continue ;
if((a[i]^a[i+1])>>2) continue ;
int p=a[i]&1,q=a[i]>>1&1,x=a[i]>>2;
for(int j=0;j<28;j++) f[p][q][j][x&((1<<j+1)-1)]++;
cnt[p][q]++;
}
for(int i=1;i<m;i++){
if(((b[i]^b[i+1])&3)!=2) continue ;
int p=b[i]&1,q=b[i]>>1&1;
int x=b[i]>>2,y=b[i+1]>>2;
if(!(x^y)) ans+=cnt[p][q];
for(int j=0;j<28;j++){
if((x^y)>>j+1) continue ;
int _x=x&((1<<j+1)-1),_y=y&((1<<j+1)-1);
_x^=(1<<j)-1,_y^=(1<<j);
if(_x!=_y) continue ;
if(f[p][q^1][j].count(_x)) ans+=f[p][q^1][j][_x];
}
}
cout<<ans<<endl;
}
signed main(){
cin.tie(0),cout.tie(0);
ios::sync_with_stdio(0);
int T;
cin>>T;
while(T--) Solve();
return 0;
}
Stage 8: Grand Prix of Poland
操怎么离 11 题编辑距离为 1 啊。
A. AIMPPZ
尽量用 \(\tt AI\) 替换 5 的权值即可，因为 \(\tt AI\) 没有 border 所以可以随便填，注意可能存在 \(n\leftarrow n/5\) 之后目前构造的 \(\tt AI\) 长度总和已经大于 \(n\) 的情况，此时要回退一个 \(\tt AI\) 串。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
signed main(){
int n;
cin>>n;
int k=0;
while(n%5==0){
n/=5;
k++;
if(2*k>n){
k--;
n*=5;
break ;
}
}
for(int i=1;i<=k;i++) cout<<"AI";
for(int i=1;i<=n-2*k;i++) cout<<'J';
cout<<endl;
return 0;
}
B. Beats
首先一定存在一种操作方式使得被拎到首位的在值域上是一个前缀，因为显然如果是从某个数最后一位拿到首位和直接拎到最前面是等价的。
因此考虑枚举前 \(i\) 拎到前面，剩下就只能用第二种操作了，此时操作数是 \(n\) 减去值域在 \((i,n]\) 的数在序列上第一段上升段的长度，因为这些是已经有序的。
从后向前枚举 \(i\)，使用双端队列维护上升段即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
const int N=2e5+9;
int a[N],b[N],n;
signed main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0),cout.tie(0);
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i],b[a[i]]=i;
int ans=n;
deque<int> q;
for(int i=n;i>=1;i--){
if(!q.size()||b[q.front()]>b[i]) q.push_front(i);
else while(q.size()&&b[q.back()]>b[i]) q.pop_back();
ans=min(ans,n-signed(q.size()));
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
C. Count Triangular Sequences
虽然不是我写的，但是感觉题挺好，就写在这里了。
首先正难则反，变成计数 \(\forall i,a_i\leq n\wedge a_i+a_{i+1}\leq a_{i+2}\) 的序列的数量。
注意到限制非常像斐波那契数列，考虑转化题意，令 \(f_i\) 表示斐波那契数列的第 \(i\) 项，特别的，有 \(f_0=0,f_1=1\)。那么等价于对满足以下条件的长度为 \(m\) 的数组 \(b\) 计数：
- \(\forall 1\leq i\leq m,b_i\geq [i=1]\)。
- \(\displaystyle \forall 1\leq i\leq m,1\leq a_i=\sum_{j=1}^ib_jf_{i-j+1} \leq n\)。
不难发现 \(a\) 是单调的，因此第二条限制最紧的位置是 \(a_m\)，因此只要考虑 \(a_m\) 处的限制即可。
此时就变成了完全背包问题，时间复杂度 \(O(n\log_{1+\phi}n)\)。
D. Division with Polylines
一定不要取相似的变量名啊。
考虑枚举两条线的交点，那么整个正方形可以根据这个交点的行和列又分成 4 个区域，其中东南西北区的边界在这 4 个区域种各有一定的单调性。而算上东南西北区的边界可以把整个正方形划分成 8 个小区域，其中共有 7 条已知条件限制其取值。因此如果确定某个区域的取值则可以找出剩下区域的理想取值。
而各个小区域的取值则是可以合法性 DP 计算出的，则通过一系列线性变换对小区域解集取交即可判断合法性。若 DP 使用 bitset 优化可以做到 \(O(\dfrac {n^4}w)\)。
由于这题 \(a_{i,j}\in\{1,0,-1\}\)，因此可以证明小区域可以取到的值是一个跨过原点的区间，因此可以直接 \(O(n^2)\) DP 出其解集。
为什么会 typo 呢。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int T=2e3+9;
const int inf=1e9+7;
using Seg=array<int,2>;
inline bool Valid(Seg x){return x[0]<=x[1];}
inline Seg Check(Seg x){return Valid(x)?x:Seg({inf,-inf});};
inline Seg Cap(Seg x,Seg y){return Check({max(x[0],y[0]),min(x[1],y[1])});}
inline Seg Cup(Seg x,Seg y){return Check({min(x[0],y[0]),max(x[1],y[1])});}
inline Seg Shift(Seg x,int k){return Check({x[0]+k,x[1]+k});}
inline Seg Neg(Seg x){return Check({-x[1],-x[0]});}
int a[T][T],s[T][T],n,N,E,S,W;
Seg NE[T][T],NW[T][T],SE[T][T],SW[T][T];
inline void Solve(){
cin>>n>>W>>S>>E>>N;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=n;j++) cin>>a[i][j];
}
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
s[i][j]=a[i][j]+s[i-1][j]+s[i][j-1]-s[i-1][j-1];
}
}
auto Sum=[&](int x0,int x1,int y0,int y1){
return s[x1][y1]-s[x0-1][y1]-s[x1][y0-1]+s[x0-1][y0-1];
};
for(int j=1;j<=n;j++){
int c=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
c+=a[i][j];
NW[i][j]=Shift(NW[i][j-1],c);
NW[i][j]=Cup(NW[i][j],NW[i-1][j]);
}
c=0;
for(int i=n;i>=1;i--){
c+=a[i][j];
SW[i][j]=Shift(SW[i][j-1],c);
SW[i][j]=Cup(SW[i][j],SW[i+1][j]);
}
}
for(int j=n;j>=1;j--){
int c=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
c+=a[i][j];
NE[i][j]=Shift(NE[i][j+1],c);
NE[i][j]=Cup(NE[i][j],NE[i-1][j]);
}
c=0;
for(int i=n;i>=1;i--){
c+=a[i][j];
SE[i][j]=Shift(SE[i][j+1],c);
SE[i][j]=Cup(SE[i][j],SE[i+1][j]);
}
}
bool flag=0;
for(int i=0;i<=n;i++){
for(int j=0;j<=n;j++){
Seg nw=NW[i][j],sw=SW[i+1][j],ne=NE[i][j+1],se=SE[i+1][j+1];
Seg cur=nw;
cur=Cap(ne,Shift(Neg(cur),N));
cur=Shift(Neg(cur),Sum(1,i,j+1,n));
se=Shift(Neg(se),Sum(i+1,n,j+1,n));
cur=Cap(se,Shift(Neg(cur),E));
cur=Shift(Neg(cur),Sum(i+1,n,j+1,n));
cur=Cap(sw,Shift(Neg(cur),S));
bool tmp=Valid(cur);
cur=Shift(Neg(cur),Sum(i+1,n,1,j));
nw=Shift(Neg(nw),Sum(1,i,1,j));
cur=Cap(nw,Shift(Neg(cur),W));
if(tmp!=Valid(cur)) cout<<" > "<<i<<' '<<j<<endl;
flag|=Valid(cur);
}
}
if(flag) cout<<"TAK"<<endl;
else cout<<"NIE"<<endl;
for(int i=0;i<=n+1;i++){
for(int j=0;j<=n+1;j++){
a[i][j]=s[i][j]=0;
for(int k:{0,1}) NW[i][j][k]=SW[i][j][k]=NE[i][j][k]=SE[i][j][k]=0;
}
}
}
signed main(){
int T;
cin>>T;
while(T--) Solve();
return 0;
}
I. ICPC Isolation
直接把所有格子按照 \((i\bmod2,j\bmod 2,i,j)\) 的关键字顺序重排，顺序把队伍依次标号即可。由于不存在一个学校有 \(16\) 个队，所以任意 \(2\times 2\) 子矩阵中不会出现来自相同学校的队伍。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
signed main(){
map<string,int> mp;
mp["UW"]=11;mp["UJ"]=9;mp["UWR"]=8;mp["MAP"]=7;mp["PW"]=6;mp["AGH"]=5;mp["PG"]=4;mp["NLU"]=3;mp["PUT"]=3;mp["PO"]=2;mp["PWR"]=2;mp["SGGW"]=2;mp["UMCS"]=2;mp["UR"]=2;mp["ZUT"]=2;mp["DTP"]=1;mp["GOO"]=1;mp["HUA"]=1;mp["KUL"]=1;mp["PL"]=1;mp["PM"]=1;mp["PS"]=1;mp["UAM"]=1;mp["UG"]=1;mp["UMK"]=1;mp["UO"]=1;mp["WAT"]=1;
string tar;
cin>>tar;
queue<string> buf;
while(mp[tar]-->0) buf.push(tar);
for(auto p:mp) while(p.second-->0) buf.push(p.first);
string ans[8][10];
for(int p:{0,1}){
for(int q:{0,1}){
for(int i=0;i<4;i++){
for(int j=0;j<5;j++){
ans[i<<1|p][j<<1|q]=buf.front();
buf.pop();
}
}
}
}
for(int i=0;i<8;i++){
for(int j=0;j<10;j++) cout<<ans[i][j]<<' ';
cout<<endl;
}
return 0;
}
J. Jury of AMPPZ
写不明白。
首先其他评审分别评了啥根本不重要，我们只关心 \(a_i+b_i+c_i+d_i\) 的值。
现在要赋权 \(e_i\)，考虑二分最后入围了 \(t\) 个计几题，那么入围了 \(k-t\) 个非计几题，因此前 \(t\) 个计几题要比第 \(k-t+1\) 个非计几题要牛。
令共有 \(s_0\) 个非计几题，\(s_1\) 个计几题。那么事实上我们并不关心第 \(1\sim k-t\) 个非计几题的取值以及第 \(t+1\sim s_1\) 个计几题的取值。因此只要把 \(1\sim k-t\) 分给非计几题，把 \(n-(s_1-t)+1\sim n\) 分给计几题即可。
时间复杂度 \(O(n\log n)\)。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
using ll=long long;
const int N=2e5+9;
const int lgN=2e1;
ll a[N],mx[N][lgN];
int b[N],lg[N],n,k;
vector<ll> s[2];
inline ll Max(int l,int r){
int k=lg[r-l+1];
return max(mx[l][k],mx[r-(1<<k)+1][k]);
}
inline bool Check(int mid){
ll lim=Max(mid,s[0].size()-1)-1ll*n*mid,o=1ll*n*(s[0].size()+1);
int tar=k-mid,cnt=0;
for(ll x:s[1]){
while(x+o<lim&&o<=1ll*n*n) o+=n;
if(o>1ll*n*n) break ;
cnt++,o+=n;
}
return cnt>=tar;
}
signed main(){
cin.tie(0),cout.tie(0);
ios::sync_with_stdio(0);
cin>>n>>k;
for(int i=1,x;i<=n;i++){
cin>>b[i];
for(int j:{0,1,2,3}){
cin>>x;
a[i]+=x;
}
a[i]=a[i]*n+(n-i);
s[b[i]].push_back(a[i]);
}
sort(s[0].begin(),s[0].end(),greater<ll>());
for(int i=0;i<s[0].size();i++) s[0][i]+=1ll*n*(i+1);
for(int i=0;i<s[0].size();i++) mx[i][0]=s[0][i];
for(int i=2;i<=n;i++) lg[i]=lg[i>>1]+1;
for(int k=1;k<=lg[n];k++){
for(int i=0;i+(1<<k)-1<s[0].size();i++){
mx[i][k]=max(mx[i][k-1],mx[i+(1<<k-1)][k-1]);
}
}
sort(s[1].begin(),s[1].end(),greater<ll>());
int l=-1,r=s[0].size();
while(l+1<r){
int mid=l+r>>1;
if(Check(mid)) r=mid;
else l=mid;
}
cout<<k-r<<endl;
return 0;
}
Stage 9: Grand Prix of Jinan
队伍战犯前来报到。
E. Tree and Subgraph Problem
令一个连通块 \(T\) 的深度最小点为 \(p(T)\)。
将贡献分为两类，\(p(\operatorname {sub}(S))\) 和 \(p(\operatorname{sub}(T))\) 存在祖先-后代关系的以及没有的。
没有祖先-后代关系的可以直接在 LCA 处简单统计答案。
有祖先-后代关系的考虑 DSU on Tree，那么可以在 \(u\) 处计算 \(p(\operatorname{sub}(S))=u\) 的 \(S\) 的方案数以及不包含 \(u\) 子树内的点的 \(T\) 的方案数，再扣掉没有祖先-后代关系的方案数即为所求。
时间复杂度 \(O(n\log n)\)，不知道为什么 DSU on Tree 写了线段树合并。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
using ll=long long;
const int N=4e5+9;
const int lgN=2e1;
const int mod=998244353;
inline void AddAs(int &x,int y){if((x+=y)>=mod) x-=mod;}
inline void SubAs(int &x,int y){if((x-=y)<0) x+=mod;}
inline void MulAs(int &x,int y){x=1ll*x*y%mod;}
inline int Add(int x,int y){if((x+=y)>=mod) x-=mod;return x;}
inline int Sub(int x,int y){if((x-=y)<0) x+=mod;return x;}
inline int Mul(int x,int y){return 1ll*x*y%mod;}
inline int QPow(int x,int y){
int res=1;
while(y){
if(y&1) MulAs(res,x);
MulAs(x,x);
y>>=1;
}
return res;
}
inline int Inv(int x){return QPow(x,mod-2);}
vector<int> e[N];
int fa[N],c[N],cnt[N],w[N],root[N],n,ans,fk,all;
struct Node{
int lc,rc,siz,f,g;
}tr[N<<5];
int tot;
inline int Allc(){return ++tot;}
inline void Clear(){
for(int x=1;x<=tot;x++) tr[x].lc=tr[x].rc=tr[x].f=tr[x].g=tr[x].siz=0;
tot=0;
}
inline void PushUp(int x){
tr[x].f=Add(tr[tr[x].lc].f,tr[tr[x].rc].f);
tr[x].g=Add(tr[tr[x].lc].g,tr[tr[x].rc].g);
}
inline void Insert(int &x,int L,int R,int k){
if(!x) x=Allc();
if(L==R){
tr[x].siz++;
tr[x].f=w[tr[x].siz];
tr[x].g=Sub(w[cnt[L]],w[cnt[L]-tr[x].siz]);
return ;
}
int mid=L+R>>1;
if(k<=mid) Insert(tr[x].lc,L,mid,k);
else Insert(tr[x].rc,mid+1,R,k);
PushUp(x);
}
inline void Merge(int &x,int y,int L,int R){
if(!x||!y) return x|=y,void();
if(L==R){
tr[x].siz+=tr[y].siz;
tr[x].f=w[tr[x].siz];
tr[x].g=Sub(w[cnt[L]],w[cnt[L]-tr[x].siz]);
return ;
}
int mid=L+R>>1;
Merge(tr[x].lc,tr[y].lc,L,mid);
Merge(tr[x].rc,tr[y].rc,mid+1,R);
PushUp(x);
}
inline int Query(int x,int L,int R,int k){
if(!x) return 0;
if(L==R) return tr[x].siz;
int mid=L+R>>1;
if(k<=mid) return Query(tr[x].lc,L,mid,k);
else return Query(tr[x].rc,mid+1,R,k);
}
inline void DFS(int x){
int sum=0,tmp=0,ss=0;
Insert(root[x],1,n,c[x]);
for(int y:e[x]){
if(y==fa[x]) continue ;
fa[y]=x;
DFS(y);
SubAs(tmp,tr[root[y]].f);
AddAs(fk,Mul(tr[root[y]].f,sum));
AddAs(sum,tr[root[y]].f);
Merge(root[x],root[y],1,n);
}
AddAs(tmp,tr[root[x]].f);
AddAs(ans,Mul(tmp,Sub(all,tr[root[x]].g)));
}
inline void Solve(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>c[i],cnt[c[i]]++;
for(int i=1,u,v;i<n;i++){
cin>>u>>v;
e[u].push_back(v);
e[v].push_back(u);
}
for(int i=1;i<=n;i++) w[i]=Sub(QPow(2,i),1);
for(int i=1;i<=n;i++) AddAs(all,w[cnt[i]]);
DFS(1);
SubAs(ans,fk);
MulAs(ans,2);
cout<<ans<<endl;
all=ans=fk=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
c[i]=cnt[i]=w[i]=root[i]=fa[i]=0;
e[i].clear();
}
Clear();
}
signed main(){
cin.tie(0),cout.tie(0);
ios::sync_with_stdio(0);
int T;
cin>>T;
while(T--) Solve();
return 0;
}
L. Activity Rehearsal
考虑把整个合并的过程模拟出来，发现树高是 \(O(\log n)\) 的，因此单点修改只会影响到 \(O(\log n)\) 次合并的结果。
直接树状数组维护区间和，交换硬改答案就是 \(O(n\log^2 n)\) 的。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
using ll=long long;
const int N=4e5+9;
int a[N],id[N],n,q,tot;
int fa[N],lc[N],rc[N];
ll tr[N];
inline void Add(int x,ll k){while(x<=n) tr[x]+=k,x+=x&-x;}
inline ll Ask(int x){ll sum=0;while(x) sum+=tr[x],x&=x-1;return sum;}
inline ll Ask(int l,int r){return Ask(r)-Ask(l-1);}
inline void Build(){
tot=n;
queue<int> q;
for(int i=1;i<=n;i++) q.push(i);
while(q.size()>1){
int x=q.front();
q.pop();
int y=q.front();
q.pop();
a[++tot]=min(a[x],a[y]);
fa[x]=fa[y]=tot;
lc[tot]=x,rc[tot]=y;
id[tot]=tot-n;
Add(id[tot],max(a[x],a[y]));
q.push(tot);
}
}
inline void F(int x,ll k){
if(!x) return ;
if(id[x]) Add(id[x],k*max(a[lc[x]],a[rc[x]]));
F(fa[x],k);
}
inline void Upd(int x){
if(!x) return ;
if(lc[x]) a[x]=min(a[lc[x]],a[rc[x]]);
Upd(fa[x]);
}
inline void M(int x,int k){
F(x,-1);
a[x]=k,Upd(x);
F(x,1);
}
signed main(){
cin.tie(0),cout.tie(0);
ios::sync_with_stdio(0);
cin>>n>>q;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
Build();
while(q--){
char op;
int x,y;
cin>>op>>x>>y;
if(op=='C'){
int k1=a[x],k2=a[y];
M(x,k2),M(y,k1);
}else{
cout<<Ask(x,y)<<endl;
}
}
return 0;
}
Extra Stage 3: Osijek
草拟吗什么傻逼场。
E. XOR Again?
首先考虑把其转成前缀异或和做，那么答案为 \(x\) 相当于挑选出来的右端点 \(r_i\) 均满足 \(s_{r_i}\subseteq x\)。
因此直接把 \(s_i\) 扔进桶里做高维前缀和即可，时间复杂度 \(O(n+V\log V)\)。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
const int N=1e6+9;
const int B=2e1;
const int S=(1<<B)+9;
int a[N],b[N],c[S],n;
signed main(){
cin.tie(0),cout.tie(0);
ios::sync_with_stdio(0);
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i],a[i]^=a[i-1];
for(int i=1;i<=n;i++) c[a[i]=~a[i]&(1<<B)-1]++;
for(int i=0;i<B;i++){
for(int j=0;j<(1<<B);j++){
if(~j>>i&1) c[j]+=c[j|(1<<i)];
}
}
memset(b,0x3f,sizeof b);
for(int i=0;i<(1<<B);i++){
if((i&a[n])==i) b[c[i]]=min(b[c[i]],~i&(1<<B)-1);
}
for(int i=n;i>=1;i--) b[i]=min(b[i+1],b[i]);
for(int i=1;i<=n;i++) cout<<b[i]<<' ';cout<<endl;
return 0;
}
F. Binary Permutation
考虑从小到大填数，并维护谷的连续段个数 \(c\)，那么添加一个谷就是加一个连续段，添加一个峰就是合并两个连续段，那么合并一个连续段就会添加 \(c(c-1)\) 的贡献。
时间复杂度 \(O(n)\)，偶数的边界需要添加一些判断。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
using ll=long long;
const int N=1e6+9;
const int mod=998244353;
inline void AddAs(int &x,int y){if((x+=y)>=mod) x-=mod;}
inline void SubAs(int &x,int y){if((x-=y)<0) x+=mod;}
inline void MulAs(int &x,int y){x=1ll*x*y%mod;}
inline int Add(int x,int y){if((x+=y)>=mod) x-=mod;return x;}
inline int Sub(int x,int y){if((x-=y)<0) x+=mod;return x;}
inline int Mul(int x,int y){return 1ll*x*y%mod;}
inline int QPow(int x,int y){
int res=1;
while(y){
if(y&1) MulAs(res,x);
MulAs(x,x);
y>>=1;
}
return res;
}
inline int Inv(int x){return QPow(x,mod-2);}
int a[N],n;
signed main(){
cin.tie(0),cout.tie(0);
ios::sync_with_stdio(0);
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
if(n&1){
int ans=1,cnt=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(a[i]) cnt++;
else{
MulAs(ans,Mul(cnt,cnt-1));
cnt--;
}
}
if(cnt!=1) ans=0;
cout<<ans<<endl;
}else{
int ans=1,cnt=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(a[i]) cnt++;
else{
ans=Add(Mul(ans,Mul(cnt,cnt-1)),Mul(ans,cnt));
cnt--;
}
}
if(cnt!=0) ans=0;
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
Stage 10: Grand Prix of Wrocław
A. Automatized Mineral Classification
首先可以通过 \(O(n)\) 次操作直接问出每种数第一次出现的位置。
将这些数删去，重复执行该操作即可得到若干组互不相同的数的下标，且后一组是前一组的子集，这样可以做到 \(O(n^2)\) 次查询，和暴力没有本质区别。
考虑根号分治优化筛数的查询次数。假设某一查询之后颜色种类数缩减到 \(\sqrt n\) 以下了，则可以通过暴力 \(O(n\sqrt n)\) 次查询出剩下的数的颜色关系。同时前面至多只会有 \(\sqrt n\) 组数被筛出来。
考虑分治优化相邻两组数 \(S_i\) 和 \(S_{i+1}\) 的颜色关系判定。设颜色集合被分为了 \(C_0\) 和 \(C_1\)，则先插入 \(C_0\) 中所有数，从而可以根据问询集合中的数添加之后是否会新增颜色分成两个新的问询集合，分治做下去即可，单次查询次数是 \(O(n_i\log n_i)\) 的。
总查询次数 \(O(n\sqrt n)\)。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=5e2+9;
int c[N],n;
vector<int> t[N];
inline int P(int x){
int res;
cout<<"+ "<<x<<endl;
cin>>res;
return res;
}
inline int D(){
int res;
cout<<'-'<<endl;
cin>>res;
return res;
}
inline void D(int t){while(t--) D();}
inline void Conquer(vector<int> z,vector<int> v){
if(!v.size()) return ;
if(z.size()==1){
for(int x:v) c[x]=c[z.front()];
return ;
}
vector<int> lv,rv;
vector<int> lz,rz;
for(int i=0;i<z.size()/2;i++) lz.push_back(z[i]);
for(int i=z.size()/2;i<z.size();i++) rz.push_back(z[i]);
int lst=0;
for(int x:lz) lst=P(x);
for(int x:v){
int now=P(x);
if(now>lst) rv.push_back(x);
else lv.push_back(x);
lst=now;
}
D(lz.size()+v.size());
Conquer(lz,lv),Conquer(rz,rv);
}
signed main(){
cin>>n;
int B=sqrt(n);
vector<vector<int>> row;
vector<int> lft(n);
iota(lft.begin(),lft.end(),1);
while(true){
row.push_back(vector<int>());
vector<int> tmp;
int lst=0;
for(int x:lft){
int now=P(x);
if(now>lst) row.back().push_back(x);
else tmp.push_back(x);
lst=now;
}
D(lft.size());
lft=tmp;
if(row.back().size()<=B) break ;
}
for(int i=0;i<row[0].size();i++) c[row[0][i]]=i+1;
for(int i=1;i<row.size();i++) Conquer(row[i-1],row[i]);
for(int x:lft){
int lst=P(x);
for(int y:row.back()){
int now=P(y);
if(now==lst) c[x]=c[y];
lst=now;
}
D(row.back().size()+1);
}
cout<<"! "<<row[0].size()<<endl;
for(int i=1;i<=n;i++) t[c[i]].push_back(i);
for(int i=1;i<=row[0].size();i++){
cout<<t[i].size()<<' ';
for(int x:t[i]) cout<<x<<' ';cout<<endl;
}
return 0;
}
F. Foxes
令 \(f_i/g_i\) 表示位置 \(i\) 作为最后一个/第一个数的最大 LIS 长度，\(p\) 表示指针位置。
考虑在值域线段树上维护出 \(f[1:p],g[p+1:n]\)，那么答案就是左边的 \(f\) 加上右边的 \(g\) 的最大值，修改是简单的。
时间复杂度 \(O((n+q)\log n)\)。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
const int N=1e6+9;
struct Data{
int f,g,ans;
Data(){}
Data(int _f,int _g,int _ans){f=_f,g=_g,ans=_ans;}
Data(int _f,int _g){f=_f,g=_g,ans=f+g;}
friend inline Data operator +(Data x,Data y){return Data(max(x.f,y.f),max(x.g,y.g),max(max(x.ans,y.ans),x.f+y.g));}
};
struct Node{
int l,r;
Data dat;
}tr[N<<2];
inline void PushUp(int x){tr[x].dat=tr[x<<1].dat+tr[x<<1|1].dat;}
inline void Build(int x,int l,int r){
tr[x].l=l,tr[x].r=r;
if(tr[x].l==tr[x].r) return ;
int mid=tr[x].l+tr[x].r>>1;
Build(x<<1,l,mid),Build(x<<1|1,mid+1,r);
PushUp(x);
}
inline void Set(int x,int pos,Data k){
if(tr[x].l==tr[x].r) return tr[x].dat=k,void();
int mid=tr[x].l+tr[x].r>>1;
if(pos<=mid) Set(x<<1,pos,k);
else Set(x<<1|1,pos,k);
PushUp(x);
}
inline Data Query(int x,int l,int r){
if(l>r) return Data(0,0,0);
if(l<=tr[x].l&&tr[x].r<=r) return tr[x].dat;
int mid=tr[x].l+tr[x].r>>1;
if(r<=mid) return Query(x<<1,l,r);
else if(l>mid) return Query(x<<1|1,l,r);
else return Query(x<<1,l,r)+Query(x<<1|1,l,r);
}
char op[N];
int a[N],ra[N],rp[N],n,q,tot;
inline void Discretize(){
vector<array<int,2>> val;
rp[0]=1;
for(int i=1;i<=q;i++){
rp[i]=rp[i-1];
if(op[i]=='<') rp[i]--;
else if(op[i]=='>') rp[i]++;
val.push_back({ra[i],rp[i]});
}
val.push_back({0,0});
for(int i=1;i<=n;i++) val.push_back({a[i],i});
sort(val.begin(),val.end());
val.erase(unique(val.begin(),val.end()),val.end());
tot=val.size()-1;
for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=lower_bound(val.begin(),val.end(),array<int,2>({a[i],i}))-val.begin();
for(int i=1;i<=q;i++) ra[i]=lower_bound(val.begin(),val.end(),array<int,2>({ra[i],rp[i]}))-val.begin();
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0),cout.tie(0);
cin>>n>>q;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
for(int i=1;i<=q;i++){
cin>>op[i];
if(op[i]=='!') cin>>ra[i];
}
Discretize();
int p=1;
Build(1,1,tot);
for(int i=n;i>1;i--){
Set(1,a[i],Data(0,Query(1,a[i],tot).g+1));
}
Set(1,a[1],Data(1,0));
for(int o=1;o<=q;o++){
if(op[o]=='<'){
Set(1,a[p],Data(0,Query(1,a[p],tot).g+1));
p--;
}else if(op[o]=='>'){
p++;
Set(1,a[p],Data(Query(1,1,a[p]).f+1,0));
}else{
Set(1,a[p],Data(0,0));
a[p]=ra[o];
Set(1,a[p],Data(Query(1,1,a[p]).f+1,0));
cout<<tr[1].dat.ans<<endl;
}
}
return 0;
}
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