11.21模拟赛
T1
分层图板子，代码在 luogu。
T2
给定长度为 \(n\) 的数列 \(a\)，维护 \(m\) 次操作，每次操作包括以下两种：
1 x：要求输出包含 \(a_x\) 的最大子段和，即求 \(\max_{1 \leq l \leq x \leq r \leq n} \left\{ \sum_{i=l}^r a_i \right\}\)。2 x：将所有 \(a_i\) 加上 \(x\)。
对于全部数据：\(1≤n,m≤2×10^5,-10^7≤a_ i≤10^7,op∈\{1,2\}\)，对于操作一有 \(1≤x≤n\)，对于操作二有 \(-10^7≤x≤10^7\)。
题解
解法一
可以转化为只有一种操作“假如全局加 \(k\)，求包含 \(x\) 的最大子段和”。
如果解决“假如全局加 \(k\)，求从 \(x\) 开始的最大子段和”，自然就能解决“假如全局加 \(k\)，求以 \(x\) 结尾的最大子段和”，相加再减去 \(a_{x}+k\) 即可得到答案。
设 \(f_{i} = (a_{i} + k) + \max\{f_{i+1}, 0\}\)。如果 \(\max\) 取 \(f_{i+1}\) 就连接一条 \(i+1\) 到 \(i\) 的边，否则不连边，得到若干条链。设 \(C_{i}\) 表示 \(i\) 所在链中在 \(i\) 后面的位置的集合，显然有 \(f_{i} = \sum_{j \in C_{i}} (a_{j} + k) = \text{siz}(i) \times k + \text{val}(i)\)，其中 \(\text{siz}(i) = |C_{i}|\)，\(\text{val}(i) = \sum_{j \in C_{i}} a_{j}\)。
显然，当 \(k\) 单调递增时，\(f_{i}\) 单调递增。我们按 \(k\) 递增离线，则所有转移式中 \(\max\) 必定先取 \(0\) 再取 \(f_{i+1}\)，且两者的分界点是 \(k = -\frac{\text{val}(i)}{\text{siz}(i)}\) 时。用堆维护这些阈值，每次加边操作对 \(\text{siz}\), \(\text{val}\) 的影响是区间加，求 \(f\) 时只需要单点查，用树状数组维护即可。
code：
#include <bits/stdc++.h>
#define lowbit(x) (x&(-x))
#define int long long
using namespace std;
const int N=2e5+100;
int a[N],tot,n,sum,m,ans[N],tot2,sk[N],fa[N],val[N],siz[N],vis[N],vals[N],nxt[N];
map <int,int> mp;
struct que{
int x,id;
};
vector <que> ask[N];
struct BIT{
int tr[N];
void update(int x,int val){
while(x<N){
tr[x]+=val;
x+=lowbit(x);
}
}
int query(int x){
int res=0;
while(x){
res+=tr[x];
x-=lowbit(x);
}
return res;
}
void clear(int x){
while(x){
tr[x]=0;
x-=lowbit(x);
}
}
}tv,ts;
struct node{
int u;
double v;
friend bool operator<(node x,node y){
return x.v>y.v;
}
};
priority_queue <node> q;
int find(int x){
if(fa[x]==x) return x;
return fa[x]=find(fa[x]);
}
void merge(int x,int y){
int fx=find(x);
int fy=find(y);
if(fx==fy) return;
fa[fx]=fy;
val[fy]+=val[fx];
siz[fy]+=siz[fx];
nxt[fy]=nxt[fx];
}
signed main(){
freopen("subarray.in","r",stdin);
freopen("subarray.out","w",stdout);
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);cout.tie(0);
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
sk[++tot]=0;
mp[0]=1;
for(int i=1;i<=m;i++){
int opt,x;
cin>>opt>>x;
if(opt==1) ask[mp[sum]].push_back(que{x,++tot2});
else{
sum+=x;
if(!mp[sum]){
mp[sum]=++tot;
sk[tot]=sum;
}
}
}
sort(sk+1,sk+1+tot);
for(int i=1;i<=n;i++){
fa[i]=i;
val[i]=a[i];
siz[i]=1;
nxt[i]=i;
vals[i]=vals[i-1]+val[i];
q.push(node{i,-1.0*val[i]/siz[i]});
}
for(int i=1;i<=tot;i++){
if(ask[mp[sk[i]]].empty()) continue;
while(!q.empty()){
node t=q.top();
if(t.v>sk[i]) break;
q.pop();
if(vis[t.u]) continue;
vis[t.u]=1;
if(t.u==1) continue;
int to=find(t.u-1);
merge(t.u,to);
q.push(node{to,-1.0*val[to]/siz[to]});
}
for(que j:ask[mp[sk[i]]]){
int x=j.x;
int fx=find(x);
ans[j.id]+=(nxt[fx]-x+1)*sk[i]+(vals[nxt[fx]]-vals[x-1]);
}
}
while(!q.empty()) q.empty();
memset(vis,0,sizeof(vis));
for(int i=1;i<=n;i++){
fa[i]=i;
val[i]=a[i];
siz[i]=1;
nxt[i]=i;
vals[i]=vals[i-1]+val[i];
q.push(node{i,-1.0*val[i]/siz[i]});
}
for(int i=1;i<=tot;i++){
if(ask[mp[sk[i]]].empty()) continue;
while(!q.empty()){
node t=q.top();
if(t.v>sk[i]) break;
q.pop();
if(vis[t.u]) continue;
vis[t.u]=1;
if(t.u==n) continue;
int to=find(t.u+1);
merge(t.u,to);
q.push(node{to,-1.0*val[to]/siz[to]});
}
for(que j:ask[mp[sk[i]]]){
int x=j.x;
int fx=find(x);
ans[j.id]+=(x-nxt[fx]+1)*sk[i]+(vals[x]-vals[nxt[fx]-1]);
ans[j.id]-=(a[x]+sk[i]);
}
}
for(int i=1;i<=tot2;i++) cout<<ans[i]<<'\n';
return 0;
}
解法二
从 \(Ynoi\) 的末日三问中可以得到启发，我们把询问离线挂到每个点上。然后从左往右查询每个询问。接下来，我们维护一个二维坐标，横坐标为每个点的具体下标，纵坐标为每个点到当前末尾点的后缀和。接下来我们发现，如果 \(i-1,i,i+1\) 这三个横坐标对应的点是凹的，那么在加上 \(k\) 之后，也一定是凹的，因为在每次 \(x\) 的增加下，每两个点之间的 \(k\) 只也会增加 \(k\)，但是大小关系不变，因为是凹陷的所以中间的点一定不优，我们直接用李超树或者什么其他东西维护这个凸包就好了，对于每个询问因为凸性不变所以直接加上个权值二分下 \(k\) 值就好了。
code：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef long double ld;
const int N=2e5+10;
struct ques{
int pl,id; ll x;
}que[N];
vector<pair<ll,int> > vec[N];
int n,m,cnt=0;
ll a[N],ans[N];
struct node{
int x; ll y;
inline node operator - (const node &t) const { return {x-t.x,y-t.y};}
inline ll operator * (const node &t) const{ return y*t.x-x*t.y;}
}hl[N];
int tot=0;
int main(){
#ifndef Klein
freopen("subarray.in","r",stdin);
freopen("subarray.out","w",stdout);
#endif
ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
int opt,x; ll sum=0;
while(m--){
cin>>opt>>x;
if(opt==1) que[++cnt]={x,cnt,sum};
else sum+=x;
}
sort(que+1,que+1+cnt,[](ques a,ques b){ return a.x<b.x;});
ll delt=que[1].x;
for(int i=1;i<=n;i++) a[i]+=delt;
for(int i=1;i<=cnt;i++){
que[i].x-=delt;
ans[que[i].id]=a[que[i].pl]+que[i].x;
vec[que[i].pl].push_back({que[i].x,que[i].id});
}
tot=sum=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(tot){
for(auto j:vec[i]){
ll x=j.first; int id=j.second;
int l=1,r=tot-1,mid,res=tot;
while(l<=r){
mid=(l+r)>>1;
if(hl[mid].y+(i-hl[mid].x)*x>=hl[mid+1].y+(i-hl[mid+1].x)*x) r=mid-1,res=mid;
else l=mid+1;
}
ans[id]+=max(0ll,hl[res].y+sum+(i-hl[res].x)*x);
}
}
node now={i,-sum}; sum+=a[i];
if(tot<2) hl[++tot]=now;
else{
while(tot>=2&&(hl[tot]-now)*(hl[tot-1]-hl[tot])>=0) tot--;
hl[++tot]=now;
}
}
tot=sum=0;
for(int i=n;i;i--){
if(tot){
for(auto j:vec[i]){
ll x=j.first; int id=j.second;
int l=1,r=tot-1,mid,res=tot;
while(l<=r){
mid=(l+r)>>1;
if(hl[mid].y+(hl[mid].x-i)*x>=hl[mid+1].y+(hl[mid+1].x-i)*x) r=mid-1,res=mid;
else l=mid+1;
}
ans[id]+=max(0ll,hl[res].y+sum+(hl[res].x-i)*x);
}
}
node now={i,-sum}; sum+=a[i];
if(tot<2) hl[++tot]=now;
else{
while(tot>=2&&(hl[tot]-now)*(hl[tot-1]-hl[tot])<=0) tot--;
hl[++tot]=now;
}
}
for(int i=1;i<=cnt;i++) cout<<ans[i]<<'\n';
return 0;
}
T3
给定一个左右部各 \(n\) 个点的二分图。左部第 \(i\) 个点为 \(L_i\)，右部第 \(i\) 个点为 \(R_i\)。
对于左部的第 \(i\) 个点，在图上有边 $(L_i, R_{l_i}), (L_i, R_{l_i+1}), \ldots, (L_i, R_{r_i}) $ 。
我们称一个匹配是好的，当且仅当不存在两条匹配边 \((L_a, R_b)\) 和 \((L_c, R_d)\)，使得 \(a < c\) 且 \(b > d\)。
你需要求出最大的好匹配的大小。
对于 \(100\%\) 的数据，\(n \le 10^5, 1 \le l_i \le r_i \le n\)。
题解
一眼秒了正解但是不会平衡树。
首先设计一个显然的 DP，\(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个人最后一个放在 \(\le j\) 的位置的最大答案。
发现转移形如对于 \(i\in[l,r]~f_{i,j}=f_{i-1,j-1}+1\)，然后再对序列每个点赋值成前缀最大值。
发现这个东西在差分数组下只有 \(0/1\)，然后第一步在差分数组的转移可以看成 \([l,r-1]\to [l+1,r]\)，然后把 \(l\) 上的值赋值为 \(1\)。
下一步就是如果原来数组 \(r\) 位置上的数是 \(0\)，那么把 \([r+1,n]\) 上的第一个 \(1\) 改为 \(0\)，否则不做调整。这一步是为了满足前缀最大值的限制，手模一下就知道为什么了。为此学习了 \(\text{pb\_ds}\)。
code：
#include<bits/stdc++.h>
#include <ext/pb_ds/assoc_container.hpp>
#define fi first
#define se second
#define int long long
#define pdi pair<double,int>
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define per(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
using namespace __gnu_pbds;
using namespace std;
tree<pdi,null_type,less<pdi>,rb_tree_tag,
tree_order_statistics_node_update>tr,trr;
int n,sum;
signed main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0),cout.tie(0);
freopen("match.in","r",stdin);
freopen("match.out","w",stdout);
cin>>n;tr.insert({0,0});
rep(i,1,n+1) tr.insert({i*(1ll<<20),0});
rep(i,1,n){
int l,r;cin>>l>>r;
pdi t=*tr.find_by_order(r);
trr.erase(t);tr.erase(t);
pdi t1=*tr.find_by_order(l);
pdi t4=*tr.find_by_order(l-1);
pdi t2={(t1.fi+t4.fi)*1.0/2.0,1};
tr.insert(t2);trr.insert(t2);
pdi t3=*trr.upper_bound(t);
if(t.se==0&&trr.upper_bound(t)!=trr.end()){
tr.erase(t3),trr.erase(t3);
t3.se=0;tr.insert(t3);
}
}rep(i,1,n){sum+=(*tr.find_by_order(i)).se;}
cout<<sum;
return 0;
}
T4
这是一道原题不知道为啥又来考。直接 copy from 过去的我。
有一张 \(n \times n\) 的网格图, 点的标号从 \((1,1)\) 到 \((n, n)\) 。
对于所有 \(1 \leq i<n, 1 \leq j \leq n\), 有一条 \((i, j)\) 到 \((i+1, j)\) 的边权为 1 的无向边。
对于所有 \(1 \leq i \leq n, 1 \leq j<n\), 有一条 \((i, j)\) 到 \((i, j+1)\) 的边权为 1 的无向边。
此外, 还有 \(m\) 个四元组 \(\left(a_{i}, b_{i}, c_{i}, d_{i}\right)\), 保证 \(a_{i} \neq c_{i}\) 且 \(b_{i} \neq d_{i}\), 对于所有 \(1 \leq i \leq m\),有一条 \((a, b)\) 到 \((c, d)\) 的边权为 \(\left|a_{i}-c_{i}\right|+\left|b_{i}-d_{i}\right|-1\) 的无向边。
求所有 \(\frac{n^{2}\left(n^{2}-1\right)}{2}\) 对不同的点对之间的最短路之和, 答案对 998244353 取模。
对于 \(100 \%\) 的数据, \(1 \leq n \leq 10^{9}, 1 \leq m \leq 500\) 。
题解
贴一下官方题解原题link
对于一个点对 \((x_1,y_1)\)，\((x_2,y_2)\)
如果 \(x_1 = x_2\) 或 \(y_1 = y_2\)，其长度仍然为 \(|x_1 - x_2| + |y_1 - y_2|\)。
不失一般性（WLOG），假设 \(x_1 < x_2\)，\(y_1 < y_2\)。
经证明，曼哈顿路径可通过递增路径序列进行优化，其中每个后续的“快速桥”都位于前一个的右上方。我们定义 \(f(x_1, y_1, x_2, y_2)\) 为在点 \((x_1, y_1)\) 和 \((x_2, y_2)\) 之间的最长递增路径的长度。
点 \((x_1, y_1)\) 和 \((x_2, y_2)\) 之间的最短路径长度为 \(|x_1 - x_2| + |y_1 - y_2| - f(x_1, y_1, x_2, y_2)\)。
因此，答案等于所有单元格对之间的曼哈顿距离之和（该和等于 \({n^4(n + 1)}-\frac{n^3(n + 1)(2n + 1)}{3}\)）减去所有单元格对的 \(f(x_1, y_1, x_2, y_2)\) 之和。
\(f(x_1, y_1, x_2, y_2)\) 的总和可分别针对 \(y_1 < y_2\) 和 \(y_1 > y_2\) 的单元格对进行计算。
现在我们需要计算所有满足 \(x_1 < x_2\)，\(y_1 < y_2\) 的单元格对 \((x_1, y_1)\)，\((x_2, y_2)\) 之间的 \(f(x_1, y_1, x_2, y_2)\) 之和。
设 \(dp_{i,j}\) 为以第 \(i\) 个快速桥为起点、以第 \(j\) 个快速桥为终点的最长递增路径的长度。该值可在 \(O(n^3)\) 时间内轻松求得。
我们对所有桥的左下单元格坐标进行压缩，然后在压缩后的网格中从右向左、从上到下迭代单元格。在迭代过程中，我们计算 \(f_{x,y,i}\) 的值——即 \(x\) 坐标为 \(x\)、\(y\) 坐标为 \(y\) 且以第 \(i\) 个快速桥为终点的最长递增路径的长度。它们可通过 \(f_{x+1,y,i}\)、\(f_{x,y+1,i}\) 以及满足 \(x1_t = x\)、\(y1_t = y\) 的 \(dp_{t,i}\) 的最大值来计算。显然，只需维护 \(f\) 的最后一层，因此仅需 \(O(n^2)\) 的内存。总计算时间为 \(O(n^3)\)。
在迭代过程中，我们计算满足 \((x_1, y_1)\) 位于压缩网格单元格 \((x,y)\) 中的 \(f(x_1, y_1, x_2, y_2)\) 之和。需注意，对于所有 \(x_2 \geq x2_i\)、\(y_2 \geq y2_i\)，有 \(f(x_1, y_1, x_2, y_2) \geq f_{x,y,i}\)。
我们找出所有满足 \(f_{x,y,i} = t\) 的矩形 \([x2_i, +\infty) \times [y2_i, +\infty)\) 的并集面积。该面积等于 \(f(x_1, y_1, x_2, y_2) \geq t\) 的数量。因此，我们只需对所有 \(t\) 求和这些面积即可。
为求得每个值 \(t\) 对应的并集面积，我们可以按 \(x\) 递增的顺序迭代所有点 \((x2_i, y2_i)\)，并存储之前最低的点（即 \(y\) 最小的点）。通过添加新点，面积可在 \(O(1)\) 时间内重新计算。我们可以在算法开始前对所有点 \((x2_i, y2_i)\) 进行排序，因此对于压缩网格的所有单元格 \((x,y)\)，这部分解决方案的时间复杂度为线性。
总的时间复杂度为 \(O(n^3)\)，内存复杂度为 \(O(n^2)\)。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <map>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define mod 998244353
using namespace std;
int tot,V;
int S,ans;
struct WORK{
int tot,xa[505],ya[505],xb[505],yb[505];
int n,m,pos_x[1005],pos_y[1005];
map<int,int> id_x,id_y;
int dis[505][505];
int id[505];
int f[505],h[505];
void bubble_sort1(){
for (int i=1;i<=tot;i++)
for (int j=1;j<tot;j++)
if (ya[j]>ya[j+1]){
swap(xa[j],xa[j+1]);
swap(ya[j],ya[j+1]);
swap(xb[j],xb[j+1]);
swap(yb[j],yb[j+1]);
}
return;
}
void bubble_sort2(){
for (int i=1;i<=tot;i++)
for (int j=1;j<tot;j++)
if (yb[id[j]]>yb[id[j+1]])swap(id[j],id[j+1]);
return;
}
void work(){
id_x[V]=1,pos_x[++n]=V;
id_y[V]=1,pos_y[++m]=V;
for (int i=1;i<=tot;i++){
if (id_x[xa[i]]==0){
id_x[xa[i]]=1;
pos_x[++n]=xa[i];
}
if (id_y[ya[i]]==0){
id_y[ya[i]]=1;
pos_y[++m]=ya[i];
}
if (id_x[xb[i]-1]==0){
id_x[xb[i]-1]=1;
pos_x[++n]=xb[i]-1;
}
if (id_y[yb[i]-1]==0){
id_y[yb[i]-1]=1;
pos_y[++m]=yb[i]-1;
}
}
sort(pos_x+1,pos_x+1+n);
for (int i=1;i<=n;i++)id_x[pos_x[i]]=i;
sort(pos_y+1,pos_y+1+m);
for (int i=1;i<=m;i++)id_y[pos_y[i]]=i;
for (int i=1;i<=tot;i++){
xa[i]=id_x[xa[i]];
ya[i]=id_y[ya[i]];
xb[i]=id_x[xb[i]-1]+1;
yb[i]=id_y[yb[i]-1]+1;
}
bubble_sort1();
for (int i=1;i<=tot;i++)
for (int j=i+1;j<=tot;j++)
if (xb[i]<=xa[j]&&yb[i]<=ya[j])dis[i][j]=1;
for (int k=1;k<=tot;k++)
for (int i=1;i<k;i++)
for (int j=k+1;j<=tot;j++)
if (dis[i][k]>0&&dis[k][j]>0)dis[i][j]=max(dis[i][j],dis[i][k]+dis[k][j]);
for (int i=1;i<=tot;i++)id[i]=i;
bubble_sort2();
for (int i=n;i>=1;i--){
memset(f,0,sizeof(f));
int p=tot;
for (int j=m;j>=1;j--){
while(p>=1&&ya[p]>=j){
if (xa[p]>=i){
f[p]=1;
for (int k=p+1;k<=tot;k++)
if (xa[k]>=i&&dis[p][k]>0)f[k]=max(f[k],dis[p][k]+1);
}
p--;
}
for (int k=1;k<=tot;k++)h[k]=V+1;
int s=0;
for (int k=1;k<=tot;k++){
int t=id[k];
if (f[t]>0){
int _f=f[t],_x=xb[t],_y=yb[t];
if (pos_x[_x]<h[_f]){
s=(s+1ll*(h[_f]-(pos_x[_x-1]+1))*(V-(pos_y[_y-1]+1)+1))%mod;
h[_f]=pos_x[_x-1]+1;
}
}
}
ans=(ans+1ll*(pos_x[i]-pos_x[i-1])*(pos_y[j]-pos_y[j-1])%mod*s)%mod;
}
}
return;
}
}work1,work2;
int main(){
freopen("path.in","r",stdin);
freopen("path.out","w",stdout);
cin>>tot>>V;
S=(1ll*V*(V+1)/2%mod*(-V-1)%mod+mod)%mod;
S=(S+1ll*V*(V+1)%mod*(2*V+1)%mod*((mod+1)/3)%mod)%mod;
S=1ll*S*V%mod*V%mod*2%mod;
for (int i=1;i<=tot;i++){
int xa,ya,xb,yb;
cin>>xa>>ya>>xb>>yb;
if (xa>xb)swap(xa,xb),swap(ya,yb);
if (ya<yb){
int t=++work1.tot;
work1.xa[t]=xa,work1.ya[t]=ya,work1.xb[t]=xb,work1.yb[t]=yb;
}
else{
int t=++work2.tot;
work2.xa[t]=xa,work2.ya[t]=V-ya+1,work2.xb[t]=xb,work2.yb[t]=V-yb+1;
}
}
work1.work();
work2.work();
cout<<(S-ans+mod)%mod<<endl;
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号