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没有什么摘要
序列
题意
有长度为\(n\)的\(a,b\)两个序列，有m种操作，操作有两种类型，\(1\ x\ y\)代表这个操作可以让\(a[x]\)和\(a[y]\)同时加\(1\)或者减\(1\),\(2\ x\ y\)则代表一个加\(1\)另一个减\(1\)。
每种操作可以无限次进行，问能否让\(a\)与\(b\)完全相等。
题解
先让 \(a[i]=a[i]-b[i]\) ，现在的目的就是让 \(a[i]=0\)
首先分两种部分分情况：
1.只有两个点
2.操作只有2
只有两个点的情况很容易处理，讨论一下就可以了。
操作只有2的情况也很容易处理，把操作看成边，发现2边连接的连通块之和为0的话，这个连通块就可以通过不断的2操作和b完全一样。
整体做法就是结合上面两种情况，我们先把2边连通块缩成一个点，这时候整个图就剩1边了，发现性质，a-b-c这样一个结构，可以看做是a和c连了个2边。
让新的图建立起新的2边，然后再缩点，这个过程可以通过黑白染色实现。这样缩下去，每个连通块的点数不超过\(2\)，依次判断就行。
复杂度是\(O(n)\)。
代码
考场没写出来，只写了暴力。
现在发现正解比暴力代码好写：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN=2e5+5;
int n,m;
vector<int> q2[MAXN],q1[MAXN],q[MAXN];
int tot;
int idx[MAXN],vis[MAXN];
long long a[MAXN],B[MAXN],v[MAXN];
void dfs_init(int x)
{
//cout<<" dfs_init "<<x<<" "<<tot<<endl;
idx[x]=tot;
v[tot]+=a[x];
for(int i=0; i<q2[x].size(); i++)
{
int nx=q2[x][i];
if(idx[nx])
continue;
dfs_init(nx);
}
}
bool ok=0;
stack<int> b,w;
void dfs(int x)
{
if(vis[x]==1)
b.push(x);
else
w.push(x);
for(int i=0; i<q[x].size(); i++)
{
int nx=q[x][i];
if(vis[nx]==vis[x])
ok=1;
if(vis[nx])
continue;
vis[nx]=3-vis[x];
dfs(nx);
}
}
int main()
{
int T;scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1; i<=n; i++)
scanf("%lld",&a[i]);
for(int i=1; i<=n; i++)
scanf("%lld",&B[i]),a[i]-=B[i];
for(int i=1; i<=m; i++)
{
int t,x,y;
scanf("%d%d%d",&t,&x,&y);
if(t==1)
{
q1[x].push_back(y);
q1[y].push_back(x);
}
else
{
q2[x].push_back(y);
q2[y].push_back(x);
}
}
for(int i=1; i<=n; i++)
{
if(idx[i])
continue;
tot++;
dfs_init(i);
}
for(int i=1; i<=n; i++)
{
for(int j=0; j<q1[i].size(); j++)
{
int nx=q1[i][j];
q[idx[i]].push_back(idx[nx]);
q[idx[nx]].push_back(idx[i]);
}
}
for(int i=1;i<=tot;i++){
for(int j=0;j<q[i].size();j++){
int nx=q[i][j];
}
}
bool ans=1;
for(int i=1; i<=tot; i++)
{
ok=0;
if(vis[i])
continue;
long long val=0;
vis[i]=1;
dfs(i);
if(ok){
while(!b.empty()){
val+=v[b.top()];
b.pop();
}
while(!w.empty()){
val+=v[w.top()];
w.pop();
}
if(val%2)
ans=0;
}
else{
if(w.empty()){
if(v[b.top()]!=0)
ans=0;
b.pop();
}
else{
while(!b.empty()){
val+=v[b.top()];
b.pop();
}
while(!w.empty()){
val-=v[w.top()];
w.pop();
}
if(val!=0)
ans=0;
}
}
}
if(ans)
printf("YES\n");
else
printf("NO\n");
for(int i=1;i<=tot;i++)
{
q[i].clear();
v[tot]=0;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
vis[i]=idx[i]=v[i]=0;
q1[i].clear();
q2[i].clear();
}
tot=0;
ok=0;
}
return 0;
}
冒泡排序
题意
\(n\)长度序列\(p\)，\(m\)个操作，操作分两种，\(1\ x\)表示当前序列\(x\)位和\(x+1\)位交换，\(2\ k\)表示询问如果当前序列冒泡\(k\)轮后的序列的逆序对和。
题解
我们逆序对计算方式是算前面比当前数大的个数。那么会发现，一个序列冒泡一次，每个位置的逆序对数量都会\(-1\)，除非那个位置逆序对数为0。
那么我们用树状数组（线段树也行）去存储逆序对数，树状数组第k个位置存的就是逆序对数为k的位置的逆序对数。查询时查询大于\(k\)的和，然后每个大于\(k\)的位置都减去\(k\)
即。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN=200005;
int n,m;
int p[MAXN];
long long sum[MAXN],maxn[MAXN],tot[MAXN];
int k[MAXN];
void update(int l,long long v,long long *sum){
while(l){
sum[l]+=v;
l-=(l&(-l));
}
}
long long get(int l,long long *sum){
long long an=0;
while(l<=n){
an+=sum[l];
l+=(l&(-l));
}
return an;
}
int main()
{
freopen("bubble.in","r",stdin);
freopen("bubble.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&p[i]);
update(p[i],1,maxn);
k[i]=get(p[i]+1,maxn);
update(k[i],k[i],sum);
update(k[i],1,tot);
}
for(int i=1;i<=m;i++){
int t,x;
scanf("%d%d",&t,&x);
if(t==1){
if(p[x]>p[x+1])
{
update(k[x+1],-k[x+1],sum);
update(k[x+1],-1,tot);
k[x+1]--;
update(k[x+1],k[x+1],sum);
update(k[x+1],1,tot);
}
else{
update(k[x],-k[x],sum);
update(k[x],-1,tot);
k[x]++;
update(k[x],k[x],sum);
update(k[x],1,tot);
}
swap(p[x],p[x+1]);
swap(k[x],k[x+1]);
}
else{
long long ans=get(x+1,sum)-x*get(x+1,tot);
printf("%lld\n",ans);
}
}
return 0;
}
最小环
题意
给你个\(n\)的环，环上每个位置都有值，给\(m\)次询问，对于每次询问给个\(k\)，你需要把环上的值交换顺序，以让环上每个相距为\(k\)的数相乘的和最大。
题解
对于询问\(k\)，相当于是把环分成\(gcd(n,k)\)个小环，发现每个小环都是从大到小分配数的规律，然后因为环的种类只有\(\sum gcd(i,n)\)种，预处理即可。复杂度\(o(n\sqrt{n})\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m;
long long a[400005];
bool vis[400005];
long long ans[400005];
int main()
{
freopen("ring.in","r",stdin);
freopen("ring.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i]),ans[0]+=a[i]*a[i];
sort(a+1,a+1+n);
for(int i=1;i*2<=n;i++){
int g=__gcd(i,n);
if(vis[g])continue;
vis[g]=1;
int l=n/g;
int p=n-l+1;
ans[g]+=a[n]*a[n-1];
for(int j=n;j>=1;j--){
if(j==p){
if(j>1)ans[g]+=a[j-1]*a[j-2];
p=j-l;continue;
}
ans[g]=ans[g]+(a[j]*a[max(j-2,p)]);
}
}
for(int i=1;i<=m;i++){
int k;scanf("%d",&k);
if(k==0)printf("%lld\n",ans[0]);
else{
k=__gcd(k,n);
printf("%lld\n",ans[k]);
}
}
return 0;
}
