省选前一周

无

还没很系统的复习，模拟赛一堆思维题和抽象 dp，崩崩崩，急急急，寄寄寄。

WD 和地图

有向图，单点加，强连通分量第 \(k\) 大，删一条边，\(n \le 100000,\ m,q \le 200000\)

图论专题里的题，拿来推。有一个神秘 trick，和相当合适的码量。

最容易想到的是倒序操作，将删边转化为加边。

考虑如果是无向图是 \(water\) 的，那么考虑能否将有向图的限制去掉。

一条有向边，在它被纳入一个强连通分量之前都是无用的，我们可以忽视它，所以我们唯一关心的就是在什么时候它被纳入一个强连通分量。

注意到这个时刻是具有单调性的。考虑二分。

暴力就有一个 \(O(m(n+m)\log q)\) 的做法可以求出每条边被纳入的时刻，即二分时间，每次缩点判断。

考虑优化，每次都缩点是没有用的，考虑一起对所有边进行二分，也就是整体二分。

二分时间，在时间区间 \([L,R]\) 中，对于时间 \(mid\)，将出现时间不超过 \(mid\) 的边加入图中，进行缩点。

把边分成两部分，一部分是被纳入强连通分量的，另一部分是剩下的边，前者被纳入的时刻一定小于等于 \(mid\)，后者相反，于是每次都能将边分成两部分递归求解。

每次都缩点的复杂度看起来还是 \(O(nm)\) 的，但是注意到每次关心的点只和加入的边有关，假如当前加入了 \(m\) 条边，那么实际有用的点只有 \(2m\) 个。

所以复杂度是 \(O(m\log n \log q)\)。

具体实现，可以用并查集维护强连通分量，向右传的时候直接传缩完的点，然后撤销再向左传，清空时细节处理。

最后线段树合并板子。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
#define fi first
#define se second
const int N = 1e6+5,inf = 3.6e6;
random_device seed;
mt19937 rd(seed());
int n,m,Q;
int a[N],tot;
pair<int,int> st[N];
bool mp[100][100];
bool vs[N];
int main()
{
	freopen("in.in","w",stdout);
	n=rd()%5+5; m=rd()%(n*(n-1)>>1)+1; Q=rd()%10+1;
	printf("%d %d %d\n",n,m,Q);
	for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",rd()%10+1); putchar('\n');
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		int x=rd()%n+1,y=rd()%n+1;
		while(x==y||mp[x][y]) y=rd()%n+1,x=rd()%n+1; mp[x][y]=1;
		if(x!=y) printf("%d %d\n",x,y),st[++tot]={x,y};
	}
	int cnt=0;
	for(int i=1;i<=Q;i++)
	{
		int op=rd()%3+1; 
		while(op==1&&cnt==m) op=rd()%3+1;
		printf("%d ",op);
		if(op==1)
		{
			int x=rd()%m+1;
			while(vs[x]) x=rd()%m+1;
			printf("%d %d\n",st[x].fi,st[x].se); vs[x]=1; cnt++;
		}
		else if(op==2)
		{
			int x=rd()%n+1;
			printf("%d %d\n",x,rd()%10+1);	
		}
		else printf("%d %d\n",rd()%n+1,rd()%n+1);
	}
	return 0;
}

ARC187B

www，想了一辈子才做出来 \(Q \omega Q\)。

首先发现性质，一个连通块一定是区间上连续一段，简单分讨。

所以可以枚举区间左端点，寻找左端点的性质。

既然不属于前面的连通块，那么后缀最大值必须小于前缀最小值。

这样贡献可以对每个点进行统计，枚举前缀最小值作为上界就行了。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
const int N = 2e3+5,mod = 998244353;
int n,a[N],m,sp[N],ss[N],mi[N],mx[N];
LL p[N][N];
int main()
{
    // freopen("in.in","r",stdin);
    // freopen("out.out","w",stdout);
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
    for(int j=1;j<=max(n,m);j++)
    {
        p[j][0]=1;
        for(int i=1;i<=max(n,m);i++) p[j][i]=p[j][i-1]*j%mod;
    }
    p[0][0]=1;
    mi[0]=m+1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(a[i]==-1) mi[i]=mi[i-1],sp[i]=sp[i-1]+1;
        else mi[i]=min(mi[i-1],a[i]),sp[i]=sp[i-1];
    }
    for(int i=n;i>=1;i--)
    {
        if(a[i]==-1) mx[i]=mx[i+1],ss[i]=ss[i+1]+1;
        else mx[i]=max(mx[i+1],a[i]),ss[i]=ss[i+1];   
    }
    LL ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(mx[i]>=mi[i-1]) continue;
        for(int j=mx[i]+1;j<=m;j++)
        {
            LL tmp=p[m-j+1][sp[i-1]]-p[m-j][sp[i-1]];
            ans=(ans+tmp*p[min(j,mi[i-1])-1][ss[i]])%mod;
        }
        if(!sp[i-1]) ans=(ans+p[mi[i-1]-1][ss[i]])%mod;
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}