noip多校模拟31
考试过程：首先看T1，是个推柿子题，推了一会没什么思路，就直接打了暴力走人。然后是T2，一个数据结构题，我想了一种复杂度为\(o(链长)\)的一种复杂度优于暴力的做法，在随机数据下跑的挺快，但是后两组构造出来的数据就把我卡死了。
然后是T3，想了一会只想到了用二维差分，能获得\(40pts\),最后一题没时间打了，但是听说暴力分有\(30\)，挺亏的。
考试总结：时间分配再均匀一些，至少花上20分钟把暴力分拿到。
T1 法阵
咕了
T2 连通块
我在考场上的思路是统计出每个点每个出边所能达到的最大深度，然后统计答案就暴力跳\(father\),修改时就暴力修改\(fa\)链，这样的话只要数据是随的都能跑的很快。
正解：把问题倒过来做，因为删边不好维护，所以把删边改为加边，用并查集维护连通块
求最远点无异于求直径，一个点到最远点的距离一定是到直径某个端点的距离
在维护连通块时，同样可以维护直径，新的直径两个端点一定在原先的4个端点之中
代码如下：
AC_code
#include<bits/stdc++.h>
#define re int
#define ii inline int
#define iv inline void
#define next netet
#define head heaeae
#define f() cout<<"rp++"<<endl
using namespace std;
const int N=2e5+10;
struct QUE
{
int dis,x,y;
friend bool operator < (QUE a,QUE b) {return a.dis<b.dis;}
};
priority_queue<QUE> Q;
struct node
{
int opt,u,ans;
}cun[N];
vector<int> v[N],zj[N];
int n,m,tot,d,dian;
int to[N<<1],next[N<<1],pos[N<<1],head[N],md[N<<1];
int be[N],fa[N][30],deep[N];
bool ban[N],vis[N];
ii read()
{
int x=0; char ch=getchar(); bool f=1;
while(ch<'0' or ch>'9')
{
if(ch=='-') f=0;
ch=getchar();
}
while(ch>='0' and ch<='9')
{
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
return f?x:(-x);
}
iv add(int x,int y,int z)
{
to[++tot]=y;
next[tot]=head[x];
head[x]=tot;
pos[tot]=z;
}
ii gett(int x) {return x==be[x]?x:be[x]=gett(be[x]);}
ii dfs(int z,int st,int f)
{
be[st]=z;
v[z].push_back(st);
fa[st][0]=f;
deep[st]=deep[f]+1;
int my=st;
for(re i=1;i<=25;i++) fa[st][i]=fa[fa[st][i-1]][i-1];
for(re i=head[st];i;i=next[i])
{
int p=to[i];
if(p==f or ban[pos[i]]) continue;
md[i]=dfs(z,p,st);
if(deep[md[i]]>deep[my]) my=md[i];
}
return my;
}
iv find_len(int st,int las,int oth)
{
int now=deep[oth]-deep[st];
if(now>=d) d=now,dian=st;
for(re i=head[st];i;i=next[i])
{
int p=to[i];
if(p==fa[st][0] or p==las or ban[pos[i]]) continue;
if(d<deep[md[i]]-deep[st]+deep[oth]-deep[st])
{
d=deep[md[i]]-deep[st]+deep[oth]-deep[st];
dian=md[i];
}
}
if(fa[st][0]) find_len(fa[st][0],st,oth);
}
iv upd(int st,int f,int zu)
{
be[st]=zu;
v[zu].push_back(st);
fa[st][0]=f;
deep[st]=deep[f]+1;
for(re i=1;i<=25;i++) fa[st][i]=fa[fa[st][i-1]][i-1];
for(re i=head[st];i;i=next[i])
{
int p=to[i];
if(p==f or ban[pos[i]]) continue;
upd(p,st,zu);
}
}
ii LCA(int x,int y)
{
if(deep[x]<deep[y]) swap(x,y);
int d=deep[x]-deep[y];
for(re i=0;(1<<i)<=d;i++) if((1<<i)&d) x=fa[x][i];
if(x==y) return x;
for(re i=23;i>=0;i--)
{
if(fa[x][i]!=fa[y][i])
{
x=fa[x][i];
y=fa[y][i];
}
}
return fa[x][0];
}
signed main()
{
freopen("block.in","r",stdin);
freopen("block.out","w",stdout);
n=read(),m=read();
deep[0]=-1;
int opt,x,y,u;
for(re i=1;i<n;i++)
{
x=read(),y=read();
add(x,y,i),add(y,x,i);
}
for(re i=1;i<=m;i++)
{
opt=read(),x=read();
cun[i]=(node){opt,x};
if(opt==1) ban[x]=1;
}
for(re i=1;i<=n;i++) be[i]=i;
for(re i=1;i<=n;i++)
{
int fx=gett(i);
if(vis[fx]) continue;
vis[fx]=1;
int p=dfs(i,i,0);
zj[fx].push_back(p);
d=0,dian=0;
find_len(p,0,p);
zj[fx].push_back(dian);
}
for(re i=m;i;i--)
{
opt=cun[i].opt,u=cun[i].u;
if(opt==1)
{
while(Q.size()) Q.pop();
ban[u]=0;
x=to[u*2-1],y=to[u*2];
int fx=gett(x),fy=gett(y);
if(fx==fy) continue;
if(v[fx].size()<v[fy].size()) swap(x,y),swap(fx,fy);
upd(y,x,fx);
int lca=LCA(zj[fx][0],zj[fx][1]);
int ds=deep[zj[fx][0]]+deep[zj[fx][1]]-2*deep[lca];
Q.push((QUE){ds,zj[fx][0],zj[fx][1]});
lca=LCA(zj[fy][0],zj[fy][1]);
ds=deep[zj[fy][0]]+deep[zj[fy][1]]-2*deep[lca];
Q.push((QUE){ds,zj[fy][0],zj[fy][1]});
for(re j=0;j<zj[fx].size();j++)
{
for(re k=0;k<zj[fy].size();k++)
{
int lca=LCA(zj[fx][j],zj[fy][k]);
int ds=deep[zj[fx][j]]+deep[zj[fy][k]]-2*deep[lca];
Q.push((QUE){ds,zj[fx][j],zj[fy][k]});
}
}
zj[fx].clear(),zj[fy].clear();
v[fy].clear();
zj[fx].push_back(Q.top().x),zj[fx].push_back(Q.top().y);
}
else
{
int fx=gett(u);
while(Q.size()) Q.pop();
for(re j=0;j<zj[fx].size();j++)
{
int lca=LCA(u,zj[fx][j]);
int ds=deep[u]+deep[zj[fx][j]]-2*deep[lca];
Q.push((QUE){ds,u,zj[fx][j]});
}
cun[i].ans=Q.top().dis;
}
}
for(re i=1;i<=m;i++) if(cun[i].opt==2) printf("%d\n",cun[i].ans);
return 0;
}
T3 军队
思路：解决这道题主要有两大操作：
1.如何快速计算出每一行的雄性个数
2.如何快速统计答案。
对于1，我们可以用扫描线处理，把所有太阳以横坐标为第一关键字排序，再开一个线段树维护整个区间前\(k\)小的数的数值和个数。
对于2，设每行有\(a_i\)个雄性，那么\(b_i=min(a_i,m-a_i)\),设我要在每一行取\(y\)个，那么\(my=y/2\),所以最优答案即为\(min(my,b_i)\times (y-min(my,b_i))\)
那么根据\(b_i\)与\(my\)的大小关系我们可以利用前缀和\(o(log)\)求出答案。
代码如下：
AC_code
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define ll long long
#define re int
#define ii inline int
#define iv inline void
#define next netet
#define head heaeae
#define f() cout<<"rp++"<<endl
using namespace std;
const int N=3e5+10;
struct node
{
int x,l,r,val;
}cun[N<<1];
int n,m,c,k,q,cnt;
int men[N];
ll pf[N],pg[N];
priority_queue<int> Q;
ii read()
{
int x=0; char ch=getchar(); bool f=1;
while(ch<'0' or ch>'9')
{
if(ch=='-') f=0;
ch=getchar();
}
while(ch>='0' and ch<='9')
{
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
return f?x:(-x);
}
inline bool com(node a,node b) {return a.x<b.x;}
struct Segment_Tree
{
#define mid ((l+r)>>1)
#define lc (rt<<1)
#define rc (rt<<1|1)
int sum[N<<2][12][2],lazy[N<<2],lim[N<<2];
iv build(int rt,int l,int r)
{
sum[rt][1][0]=0,sum[rt][1][1]=r-l+1;
lim[rt]=1;
if(l==r) return;
build(lc,l,mid),build(rc,mid+1,r);
}
iv pd(int rt)
{
for(re i=1;i<=lim[lc];i++) sum[lc][i][0]+=lazy[rt];
for(re i=1;i<=lim[rc];i++) sum[rc][i][0]+=lazy[rt];
lazy[lc]+=lazy[rt];
lazy[rc]+=lazy[rt];
lazy[rt]=0;
}
iv pp(int rt)
{
int l=1,r=1,num=1;
while(num<=k)
{
if(l<=lim[lc] and r<=lim[rc])
{
if(sum[lc][l][0]==sum[rc][r][0])
{
sum[rt][num][0]=sum[lc][l][0];
sum[rt][num][1]=sum[lc][l][1]+sum[rc][r][1];
++l,++r;
}
else if(sum[lc][l][0]<sum[rc][r][0])
{
sum[rt][num][0]=sum[lc][l][0];
sum[rt][num][1]=sum[lc][l][1];
++l;
}
else
{
sum[rt][num][0]=sum[rc][r][0];
sum[rt][num][1]=sum[rc][r][1];
++r;
}
}
else if(l<=lim[lc])
{
sum[rt][num][0]=sum[lc][l][0];
sum[rt][num][1]=sum[lc][l][1];
++l;
}
else if(r<=lim[rc])
{
sum[rt][num][0]=sum[rc][r][0];
sum[rt][num][1]=sum[rc][r][1];
++r;
}
else break;
++num;
}
lim[rt]=num-1;
return;
}
iv insert(int rt,int l,int r,int L,int R,int z)
{
if(L>R) return;
if(L<=l and r<=R)
{
for(re i=1;i<=lim[rt];i++)
sum[rt][i][0]+=z;
lazy[rt]+=z;
return;
}
if(lazy[rt]) pd(rt);
if(mid>=L) insert(lc,l,mid,L,R,z);
if(mid<R) insert(rc,mid+1,r,L,R,z);
pp(rt);
}
#undef mid
#undef lc
#undef rc
}T;
signed main()
{
freopen("army.in","r",stdin);
freopen("army.out","w",stdout);
n=read(),m=read(),c=read(),k=read(),q=read();
int x,y,x2,y2;
for(re i=1;i<=c;i++)
{
x=read(),y=read(),x2=read(),y2=read();
cun[++cnt]=(node){x,y,y2,1};
cun[++cnt]=(node){x2+1,y,y2,-1};
}
sort(cun+1,cun+cnt+1,com);
T.build(1,1,m);
for(re i=1;i<=cnt;)
{
int x=cun[i].x;
while(cun[i].x==x)
{
T.insert(1,1,m,cun[i].l,cun[i].r,cun[i].val);
++i;
}
int num=0;
for(re j=1;j<=T.lim[1];j++)
{
if(T.sum[1][j][0]>=k) break;
num+=T.sum[1][j][1];
}
for(re j=x;j<cun[i].x;j++) men[j]=min(num,m-num);
}
sort(men+1,men+n+1);
for(re i=n;i;i--) pf[i]=pf[i+1]-men[i]*men[i],pg[i]=pg[i+1]+men[i];
while(q--)
{
ll ans=0;
x=read(),y=read();
int my=y/2;
int p=lower_bound(men+1,men+n+1,my)-men;
if(n-p+1>=x)
{
ans=1ll*x*my*(y-my);
printf("%lld\n",ans);
}
else
{
ans=1ll*(n-p+1)*my*(y-my);
ans+=(pf[n-x+1]-pf[n-(n-p+1)+1])+1ll*y*(pg[n-x+1]-pg[n-(n-p+1)+1]);
printf("%lld\n",ans);
}
}
return 0;
}
