2026.1.3 题解
100+100+0=200，rk2。
A. xor on tree
到根链查询转成区间修改，就可以考虑直接线段树套 Trie，时间复杂度 \(O(n\log^2n)\)。但是空间太巨大了，考虑卡空间。发现我们可以定期重构，在此基础上，时间复杂度可以控制在 \(O(n\log^2n)\) 内，而空间可以 \(\times\log n\)，即可通过本题。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+5,M=N*70;
int n,q,idx,wc[N],tot,cnt,kl=10000,lxl,rt[N],dfn[N],low[N];
int trp[N*32][2],nm[N*32],tr[M][2],num[M],rtk[50],tp,rtc[N];
vector<int>g[N];
inline void addc(int x,int y,int w,int v){
x=(rtc[x]=++tot),y=rtc[y],nm[x]=nm[y]+v;
for(int i=29,c;~i;i--){
c=(w>>i)&1,trp[x][c^1]=trp[y][c^1];
nm[x=(trp[x][c]=++tot)]=nm[y=trp[y][c]]+v;
}
}
inline void add(int x,int w,int v){
if(!rt[x]) rt[x]=++cnt;
num[x=rt[x]]+=v;
for(int i=29,c;~i;i--){
c=(w>>i)&1;
if(!tr[x][c]) tr[x][c]=++cnt;
num[x=tr[x][c]]+=v;
}
}
inline int sum(int c){
int re=nm[trp[rtk[0]][c]];
for(int i=1;i<=tp;i++) re+=num[tr[rtk[i]][c]];
return re;
}
inline void trans(int c){
rtk[0]=trp[rtk[0]][c];
for(int i=1;i<=tp;i++) rtk[i]=tr[rtk[i]][c];
}
inline int get_ans(int w){
int re=0;
for(int i=29,c;~i;i--){
c=((w>>i)&1)^1;
if(sum(c)<=0) trans(c^1);
else trans(c),re+=(1<<i);
}
return re;
}
inline void addrt(int x,int w,int v){
for(;x<=n;x+=x&-x) add(x,w,v);
}
inline int answ(int x,int w){
rtk[tp=0]=rtc[x],x=dfn[x];
for(;x;x-=x&-x) rtk[++tp]=rt[x];
return get_ans(w);
}
inline void dfs(int x,int fa){
addc(x,fa,wc[x],1),dfn[x]=++idx;
for(int y:g[x]) dfs(y,x);
low[x]=idx;
}
inline void build(){
for(int i=1;i<=tot;i++) trp[i][0]=trp[i][1]=nm[i]=0;
for(int i=1;i<=cnt;i++) tr[i][0]=tr[i][1]=num[i]=0;
for(int i=1;i<=n;i++) rt[i]=0;
tot=cnt=idx=0,dfs(1,0);
}
signed main(){
freopen("tree.in","r",stdin);
freopen("tree.out","w",stdout);
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0),cout.tie(0);
cin>>n>>q;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>wc[i];
for(int i=2,fa;i<=n;i++)
cin>>fa,g[fa].push_back(i);
build();
while(q--){
int opt,x,y;
if(lxl==kl) lxl=0,build();
cin>>opt>>x;
if(opt==0){
cin>>y,addrt(dfn[x],wc[x],-1),addrt(low[x]+1,wc[x],1);
addrt(dfn[x],wc[x]=y,1),addrt(low[x]+1,y,-1),lxl++;
}
else cout<<answ(x,wc[x])<<"\n";
}
return 0;
}
B. calc on lowbit
考虑找点规律。发现假如我们可以确定第 \(2^ik\) 和第 \(2^i(k+1)\) 个位置，就可以确定 \([2^ik,2^i(k+1))\) 这段区间的值。因为首先我们可以求出第 \(2^{i-1}(2k+1)\) 个位置的值，然后就可以将问题转化成两个形如 \(2^{i-1}t,2^{i-1}(t+1)\) 的子问题，归纳处理即可。我们也可以简单推理出这类区间 \(O(\log n)\) 级别的区间和公式。
计算一个位置的值可以用记忆化搜索做，我们又可以将 \([L,R]\) 这一段分成 \(\log\) 个满足上述要求的段，时间复杂度大致可以做到 \(O(\log^2n)\) 的程度。
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int p=998244353,ivt=(p+1)>>1;
int L,R,ans;
inline int qpow(int x,int y){
x%=p;
int re=1;
while(y){
if(y&1) re=re*x%p;
x=x*x%p,y>>=1;
}
return re;
}
unordered_map<int,int>dp;
inline int dps(int x){
if(dp.count(x)) return dp[x];
if(x==(x&-x)) return dp[x]=2;
return dp[x]=((dps(x+(x&-x))+dps(x-(x&-x)))*ivt+1)%p;
}
inline int solve(int fs,int ed,int len){
int re=fs,num=1;
while(num<len) re=(re*2+(ed-fs+p)*ivt+num)%p,num<<=1;
return re;
}
signed main(){
freopen("calc.in","r",stdin);
freopen("calc.out","w",stdout);
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0),cout.tie(0);
int T;
cin>>T;
while(T--){
cin>>L>>R,ans=0;
while(L+(L&-L)<=R+1)
ans=(ans+solve(dps(L),dps(L+(L&-L)),L&-L))%p,L+=L&-L;
for(int i=60;~i;i--) if(L+(1ll<<i)<=R+1)
ans=(ans+solve(dps(L),dps(L+(1ll<<i)),1ll<<i))%p,L+=1ll<<i;
cout<<ans<<"\n";
}
return 0;
}
C. color on board
令人蓝泵的网络流。
显然我们染色分三步：涂黑色、涂白色、涂单格。
考虑发现一些性质，比如：
一个格子不可能被横着或者竖着涂两次。
证明：我们只需要涂最后是黑色的段就可以了。
染色问题，这个数据范围考虑网络流。我们定义四个点代表他是否被横着涂黑过（\(bh\)），是否被纵着涂白过（\(wz\)），否是被横着涂白过（\(wh\)），否是被纵着涂黑过（\(bz\)）。
考虑改变对最小割的理解方式。我们定义与 \(S\) 在同一边的点为 0，否则为 1。那么我们可以用一些公式来表达连边：
- \((s,i,a):ia\)
- \((i,t,a):(1-i)a\)
- \((i,j,a):(1-i)ja\)
之所以可以这样表示，是因为这是这条边的贡献。
那我们就可以通过推公式的方法来连边。
首先我们考虑在每一个段的末尾处加上 b。以 \(bh\) 为例，公式即为：\(bh_{i,j}(1-bh_{i,j+1})a+bh_{i,j}b\)。
然后考虑我们直接大力分讨不同颜色格子的贡献：
- 黑格子最后需要单点修改的贡献为 \(c(1-bh_{i,j})bz_{i,j}\)。由于涂了白就不能涂黑，所以还有限制贡献 \(+\infty(1-wh_{i,j})wz_{i,j}\)。
- 由于刚才的性质，所以白格子最后需要单点修改的贡献为 \(c(1-wz_{i,j})bh_{i,j}+c(bz_{i,j})wh_{i,j}\)。由于不能涂两次黑，所以有限制贡献 \(+\infty(1-wz_{i,j})wh_{i,j}\)。
时间复杂度远小于理论的 \(O(n^6)\)。
#include<bits/stdc++.h>
#define bm(x,y) ((x)*m-m+(y))
using namespace std;
const int N=6405,M=40005;
int T,n,m,a,b,c,k,s,t;
int h[N],d[N],cc[N];
int to[M],w[M],nx[M];
int fs,ed,q[N];
char st[45][45];
inline void add(int x,int y,int v){
nx[++k]=h[x],to[h[x]=k]=y,w[k]=v;
nx[++k]=h[y],to[h[y]=k]=x,w[k]=0;
}
inline int bfs(){
for(int i=s;i<=t;i++) cc[i]=-1;
cc[q[fs=ed=1]=s]=0,d[s]=h[s];
while(fs<=ed){
int x=q[fs++];
for(int i=h[x];i;i=nx[i])
if(w[i]&&cc[to[i]]<0){
d[to[i]]=h[to[i]];
cc[q[++ed]=to[i]]=cc[x]+1;
if(to[i]==t) return 1;
}
}
return 0;
}
inline int dfs(int x,int ans){
if(x==t) return ans;
int sum=ans;
for(int i=d[x];i&∑i=nx[i]){
d[x]=i;
if(w[i]<1||cc[to[i]]!=cc[x]+1) continue;
int ad=dfs(to[i],min(sum,w[i]));
sum-=ad,w[i]-=ad,w[i^1]+=ad;
}
return ans-sum;
}
inline int dinic(){
int re=0;
while(bfs()) re+=dfs(s,1e9);
return re;
}
inline void solve(){
cin>>n>>m>>a>>b>>c;
k=1,s=0,t=n*m*4+1;
for(int i=s;i<=t;i++) h[i]=0;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>(st[i]+1);
for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++){
add((j==m?s:bm(i,j+1)),bm(i,j),b);
add(bm(i,j)+n*m,(i==n?t:bm(i+1,j)+n*m),b);
add(bm(i,j)+n*m*2,(j==m?t:bm(i,j+1)+n*m*2),b);
add((i==n?s:bm(i+1,j)+n*m*3),bm(i,j)+n*m*3,b);
add(s,bm(i,j),a),add(bm(i,j)+n*m,t,a);
add(s,bm(i,j)+n*m*3,a),add(bm(i,j)+n*m*2,t,a);
if(st[i][j]=='#'){
w[k-1]=w[k-3]=1e9;
add(bm(i,j),bm(i,j)+n*m,c);
}
else{
add(bm(i,j)+n*m*3,bm(i,j),c);
add(bm(i,j)+n*m,bm(i,j)+n*m*2,c);
add(bm(i,j)+n*m,bm(i,j),1e9);
}
}
cout<<dinic()<<"\n";
}
int main(){
freopen("color.in","r",stdin);
freopen("color.out","w",stdout);
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0),cout.tie(0);
cin>>T;
while(T--) solve();
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号