ABC342题解（F&G）

A-E

赛中开始，没时间打。

F

\(f_i\) 表示最终 \(y=i\) 的概率。

有 \(f_i=\sum\limits_{j=1}^D \frac{1}{D} f_{i-j}\)。

注意到是 \(O(n^2)\) 的，变为主动转移（刷表），差分优化一下就行了。

令 \(g_i\) 表示最终 \(x=i\) 时赢的概率。

有 \(g_i=\sum\limits_{j>N}f_j+\sum\limits_{j<i}f_j\)，简单前缀和一下就行了。

令 \(h_i\) 表示 \(x\) 经过 \(i\) 赢的概率。

有 \(h_i=\max(g_i,\frac{1}{D}\sum\limits_{j=1}^D h_{i+j})\)。仍然一边逆序做一边前缀和优化就行了。

复杂度 \(O(n)\)。

G

注意到有撤销操作，想到线段树分治。

upd：直接线段树标记永久化 +set 插入删除查询就行了。。复杂度相同。

> 不知道？ <

注意到区间 \(\max\)，考虑线段树上打标记。

问题转化为怎么撤销操作。

注意到是 单点查询。怎么搞都行。

直接线段树标记永久化。

对每个点用 stack 维护一个标记栈，打标记往里面 push，撤销就 pop，栈中维护当前节点标记最大值。

显然某个位置 \(i\) 的答案就是从 线段树的根到底部路径上的栈顶最大值 和 \(a_i\) 的最大值。

大概就是如果一个位置 \(i\) 对应的叶子节点为 \(j\)，有

\(Ans_i=\max(a_i,\max(tagmx_i,tagmx_{\left[\frac{i}{2}\right]},tagmx_{\left[\frac{i}{4}\right]},\cdots,tagmx_1))\)。

然后就是普通的线段树分治。

\(O(n\log^2n)\)。

代码

F

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef long double D;


const int N = 5e5 + 5;
D f[N], g[N], h[N], s[N];
int n, d, l;


signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
    cin >> n >> l >> d;
    f[0] = 1;
    for(int i = 0; i < l; i ++)
    {
        if(i) s[i] += s[i - 1];
        f[i] += s[i];
        s[i + 1] += f[i] / d;
        s[i + d + 1] -= f[i] / d;
    }
    for(int i = l; i < N; i ++)
    {
        if(i) s[i] += s[i - 1];
        f[i] += s[i];
    }
    D s = 0;
    for(int i = 0; i < l; i ++) f[i] = 0;
    for(int i = l + 1; i < N; i ++) f[i] += f[i - 1];
    for(int i = 0; i <= n; i ++)
    {
        if(i) g[i] = f[i - 1] + f[N - 1] - f[n];
        else g[i] = f[N - 1] - f[n];
    }
    for(int i = n; i >= 0; i --)
    {
        h[i] = max(g[i], (h[i + 1] - h[i + d + 1]) / d);
        if(i) h[i] += h[i + 1];
    }
    printf("%.20Lf", h[0]);

    return 0;
}

G

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

#define int ll

const int N = 2e5 + 5;

const int M = 1e7 + 5;
int nxt[M], pre[M], ed[M], Q[M];
vector<int> qq;

struct sgt
{
    int top(int x) {return Q[ed[x]];}
    void pop(int x) {qq.push_back(ed[x]); ed[x] = pre[ed[x]]; nxt[ed[x]] = 0;}
    void push(int x, int v) {nxt[ed[x]] = qq.back(); pre[nxt[ed[x]]] = ed[x]; qq.pop_back(); ed[x] = nxt[ed[x]]; Q[ed[x]] = v;}
    void upd(int ql, int qr, int l, int r, int x, int v)
    {
        if(ql <= l && r <= qr)
        {
            int t = top(x);
            push(x, max(t, v));
            return;
        }
        int mid = l + r >> 1;
        if(mid >= ql) upd(ql, qr, l, mid, x << 1, v);
        if(mid < qr) upd(ql, qr, mid + 1, r, x << 1 | 1, v);
    }
    void bak(int ql, int qr, int l, int r, int x)
    {
        if(ql <= l && r <= qr) return pop(x);
        int mid = l + r >> 1;
        if(mid >= ql) bak(ql, qr, l, mid, x << 1);
        if(mid < qr) bak(ql, qr, mid + 1, r, x << 1 | 1);
    }
    int qry(int q, int l, int r, int x, int v)
    {
        if(l == r) return max(v, top(x));
        int mid = l + r >> 1;
        if(mid >= q) return qry(q, l, mid, x << 1, max(v, top(x)));
        else return qry(q, mid + 1, r, x << 1 | 1, max(v, top(x)));
    }
    void build(int n)
    {
        for(int i = (n << 1) + 1; i < M; i ++) qq.push_back(i);
        for(int i = 1; i <= (n << 1); i ++) ed[i] = i;
    }
}t;

struct node {int l, r, v;};
int n, a[N], ans[N];

struct SGT
{
    vector<node> a[N << 2];
    vector<int> b[N << 2];
    void add(int ql, int qr, int l, int r, int x, node v)
    {
        if(ql <= l && r <= qr) return a[x].push_back(v);
        int mid = l + r >> 1;
        if(mid >= ql) add(ql, qr, l, mid, x << 1, v);
        if(mid < qr) add(ql, qr, mid + 1, r, x << 1 | 1, v);
    }
    void addq(int q, int l, int r, int x, int v)
    {
        if(l == r) return b[x].push_back(v);
        int mid = l + r >> 1;
        if(mid >= q) return addq(q, l, mid, x << 1, v);
        else return addq(q, mid + 1, r, x << 1 | 1, v);
    }
    void solve(int l, int r, int x)
    {
        for(auto i : a[x])
            t.upd(i.l, i.r, 1, n, 1, i.v);
        if(l == r)
        {
            for(int i : b[x])
                ans[l] = t.qry(i, 1, n, 1, ::a[i]);
        }
        else
        {
            int mid = l + r >> 1;
            solve(l, mid, x << 1);
            solve(mid + 1, r, x << 1 | 1);
        }
        reverse(a[x].begin(), a[x].end());
        for(auto i : a[x])
            t.bak(i.l, i.r, 1, n, 1);
    }
}st;

bool vis[N];
node aa[N];

signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
    cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n; i ++) cin >> a[i];
    int q; cin >> q;
    t.build(n);
    for(int i = 1; i <= q; i ++)
    {
        int typ, x;
        cin >> typ;
        if(typ == 1)
        {
            cin >> aa[i].l >> aa[i].r >> aa[i].v;
            vis[i] = 1;
        }
        else if(typ == 2)
        {
            cin >> x;
            vis[x] = 0;
            st.add(x, i, 1, q, 1, aa[x]);
        }
        else
        {
            cin >> x;
            st.addq(i, 1, q, 1, x);
        }
    }
    for(int i = 1; i <= q; i ++)
        if(vis[i])
            st.add(i, q, 1, q, 1, aa[i]);
    st.solve(1, q, 1);
    for(int i = 1; i <= q; i ++)
        if(ans[i]) cout << ans[i] << "\n";

    return 0;
}