20250723 NOIP 模拟赛

Problem B. 最小生成树

Description

给定一张含 $n$ 个点 $m$ 条边的无向图 $G$，边权均为 $1$，现在给定 $k$ 个特殊点，在这些特殊点上构造完全图 $G'$，$i,j$ 间的边权为 $G$ 上 $i,j$ 间的最短路长度。求 $G'$ 最小生成树边权和。

$n,m\leq 2\times 10^5$，$2\leq k\leq n$。

Solution

先考虑链，那么 MST 一定是将这些特殊点按链上顺序串起来，其余的边是没用的。

这启示我们，$i,j$ 若隔得太远，$(i,j)$ 这条边就没有用。考虑如何量化 ”隔得太远“。

以每一个特殊点为起点，一圈圈同步向外扩展。若 $i,j$ 没有碰面，则 $(i,j) $ 没有用。

考虑三个点 $i,j,k$，$i,j$ 与 $j,k$ 先碰面，而 $i,k$ 没有碰面。那么假如 $(i,k) $ 在 MST 中，我们割掉它，加入 $(j,k)$ 或者 $(i,j)$ 一定更优。

于是有用的边只有 $O(m)$ 条，时间复杂度 $O(m\log m)$。

int n,m;
int head[N],tot;
char a[N];

struct Edge{
	int to,nxt;
}edge[N<<1];

struct Edge2{
	int u,v,w;
	bool operator<(const Edge2& tmp)const{
		return w<tmp.w;
	}
};
vector<Edge2> e;

void Add(int u,int v){
	edge[++tot]={v,head[u]};
	head[u]=tot;
}

int fa[N],vis[N];

int Find(int x){
    return (fa[x]==x)?(x):(fa[x]=Find(fa[x]));
}

void Merge(int u,int v){
    u=Find(u),v=Find(v);
    if(u==v) return;
    fa[u]=v;
}

void Clear(){
    for(int i=1;i<=n;i++) head[i]=0;
    tot=0;
    e.clear();
}

void Solve(){
	read(n),read(m);
    scanf("%s",a+1);
    Clear();
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int u,v;
		read(u),read(v);
		Add(u,v),Add(v,u);
	}
    vector<int> s,t;
	for(int i=1;i<=n;i++){
        vis[i]=0,fa[i]=i;
        if(a[i]=='1') s.push_back(i),vis[i]=1;
    }
    for(int w=1;w<=n;w++){
        if(s.empty()) break;
        for(int x:s){
            for(int i=head[x];i;i=edge[i].nxt){
                int y=edge[i].to;
                if(!vis[y]){
                    t.push_back(y);
                    vis[y]=2;
                    Merge(y,x);
                }
                else if(vis[y]==1){
                    int u=Find(x),v=Find(y);
                    e.push_back(Edge2{u,v,2*w-1});
                }
                else{
                    int u=Find(x),v=Find(y);
                    e.push_back({Edge2{u,v,2*w}});
                }
            }
        }
        for(int x:t) vis[x]=1;
        s=t; t.clear();
    }
    sort(e.begin(),e.end());
    for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i;
    ll ans=0;
    for(Edge2 i:e){
        int u=i.u,v=i.v,w=i.w;
        u=Find(u),v=Find(v);
        if(u!=v) Merge(u,v),ans+=w;
    }
    printf("%lld\n",ans);
}

signed main(){
    int T; read(T);
    while(T--) Solve();
    return 0;
}

Problem C. 数据结构

Description

给定序列 $a$，需要支持以下操作：

区间覆盖为同一个值；
区间对 $x$ 取 $\gcd$，然后输出区间和。

$n,q\leq 2\times 10^5$。值域 $[0,10^9]$。

Solution

若没有第 1 种操作，就是简单的势能分析线段树。

维护区间 ${\rm lcm}$。若区间 ${\rm lcm}\mid x$，则说明区间内所有数都是 $x$ 的因子，不需要操作，返回。否则暴力向下递归，到叶子结束。

记势能 $\phi(i)$ 为 $i$ 时刻 $\sum (\log a_i\log n)$。设 $k$ 位置对应的叶子被修改，那么 $a_k$ 至少除以 $2$，于是势能至少减少 $\log n$，与定位叶子花费的 $O(\log n)$ 的代价抵消。于是总复杂度 $O(q\log n\log V)$。

加上第 1 种操作。上面做法便不适用了，因为一次覆盖操作可以一下子增加很多势能，无法接受。

区间覆盖的性质很好，因为若一段区间内 $a_i$ 都相同，那么操作 2 中我们可以直接在区间上打标记，不需要向下递归了。

维护区间 ${\rm lcm,max,min}$。若区间 ${\rm lcm}\mid x$，直接返回；若区间 ${\rm max=min}$，打标记返回；否则暴力向下递归。

记势能 $\phi(i)$ 为 $i$ 时刻线段树中区间内全相等，但父亲节点不全相等的 $\log v\log n$ 之和。

对于操作 1，最坏使得 $O(\log n) $ 个节点的势能都增加 $O(\log V\log n)$；

对于操作 2，考虑一个被打标记的节点，其 $v$ 至少除以 $2$，势能减少 $O(\log n ) $，与定位区间代价抵消；对于两边的 $O(\log n)$ 个节点，势能最多增加 $O(\log V\log n)$。

最终复杂度为 $O(q\log^2n\log V)$，显然跑不满，可以通过。

int n,Q;
int a[N];

struct SegNode{
    ll lcm,sum;
    int cov,mx,mn;
    bool tag;
}tr[N<<2];

ll LCM(ll x,ll y){
    return (ll)min((__int128)x/__gcd(x,y)*(__int128)y,(__int128)LINF);
}

void Pushup(int p){
    tr[p].lcm=LCM(tr[p<<1].lcm,tr[p<<1|1].lcm);
    tr[p].mx=max(tr[p<<1].mx,tr[p<<1|1].mx);
    tr[p].mn=min(tr[p<<1].mn,tr[p<<1|1].mn);
    tr[p].sum=tr[p<<1].sum+tr[p<<1|1].sum;
}

void WorkCov(int p,int v,int l,int r){
    tr[p].lcm=tr[p].cov=tr[p].mx=tr[p].mn=v;
    tr[p].sum=1ll*(r-l+1)*v;
    tr[p].tag=1;
}

void Spread(int p,int l,int r){
    if(!tr[p].tag) return;
    int mid=(l+r)>>1;
    WorkCov(p<<1,tr[p].cov,l,mid);
    WorkCov(p<<1|1,tr[p].cov,mid+1,r);
    tr[p].cov=0,tr[p].tag=0;
}

void Buildtr(int p,int l,int r){
    if(l==r){
        tr[p].lcm=tr[p].sum=tr[p].mx=tr[p].mn=a[l];
        return;
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    Buildtr(p<<1,l,mid),Buildtr(p<<1|1,mid+1,r);
    Pushup(p);
}

void Cover(int p,int l,int r,int L,int R,int v){
    if(L<=l&&r<=R) return WorkCov(p,v,l,r);
    int mid=(l+r)>>1; Spread(p,l,r);
    if(L<=mid) Cover(p<<1,l,mid,L,R,v);
    if(R>mid) Cover(p<<1|1,mid+1,r,L,R,v);
    Pushup(p);
}

ll ans;

void GCDUpdate(int p,int l,int r,int L,int R,int v){
    if(L<=l&&r<=R){
        if(v%tr[p].lcm==0) return ans+=tr[p].sum,void();
        if(tr[p].mx==tr[p].mn){
            int w=__gcd(tr[p].mx,v);
            ans+=1ll*(r-l+1)*w;
            return WorkCov(p,w,l,r);
        }
    }
    int mid=(l+r)>>1; Spread(p,l,r);
    if(L<=mid) GCDUpdate(p<<1,l,mid,L,R,v);
    if(R>mid) GCDUpdate(p<<1|1,mid+1,r,L,R,v);
    Pushup(p);
}

signed main(){
    read(n),read(Q);
    for(int i=1;i<=n;i++) read(a[i]);
    Buildtr(1,1,n);
    while(Q--){
        int op,l,r,v;
        read(op),read(l),read(r),read(v);
        if(op==1) Cover(1,1,n,l,r,v);
        else{
            ans=0;
            GCDUpdate(1,1,n,l,r,v);
            printf("%lld\n",ans);
        }
    }
    return 0;
}

posted @ 2025-07-29 18:44 XP3301_Pipi 阅读(14) 评论(0) 收藏举报

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