2023.10.28

T1

题面

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解题

  1. 注意到操作 1 与操作 3 均与某节点的整棵子树有关，遂利用 dfs 序将树上问题转化为区间问题，区间问题常用线段树解决。
  2. 考虑如何实现操作 1。易得，\((x+k*(depth_u-depth_v))\times(-1)^d=(x+k*(depth_u-depth_v))\times(-1)^{depth_u+depth_v}=(-1)^{depth_u}\times\{(-1)^{depth_v}\times[x-k*depth_v+k*depth_u]\}\)。故，可先对某个区间维护 \((-1)^{depth_v}\times(x-k*depth_v)\) 以及 \((-1)^{depth_v}\times k*depth_u\) 中的系数 \((-1)^{depth_v}\times k\)。\((-1)^{depth_u}\) 可等到操作 2 查询某个节点时再乘上。
  3. 由于操作 1 的次数不超过 \(m\) 次，故枚举 \(v\) 子树中的每个节点，跳过没有操作 1 （未有过，或先前已删除且未补充）的节点，即可保证时间复杂度。
  4. 时间复杂度为 \(\mathcal O(m\log n)\)。

代码

点击查看代码 
#include<bits/stdc++.h>
#define lson i<<1
#define rson i<<1|1
#define int long long
using namespace std;
const int maxn=2e5+100;
const int MOD=1e9+7;
int tg[maxn<<2],tgi[maxn<<2];
int head[maxn],cnt;
struct edge
{
	int v,next;
}e[maxn<<1];
void add(int u,int v)
{
	e[++cnt]=(edge){v,head[u]};
	head[u]=cnt;
}
int n,m,dfn[maxn],cnti,sz[maxn],depth[maxn];
int invdfn[maxn];
void dfs(int u,int d)
{
	depth[u]=d;
	dfn[u]=++cnti,sz[u]=1;
	invdfn[cnti]=u;
	int v;
	for(int i=head[u];i;i=e[i].next)
		v=e[i].v,dfs(v,d+1),sz[u]+=sz[v];
}
void pushdown(int i)
{
	if(tg[i]!=0||tgi[i]!=0)
	{
		//cout<<i<<" "<<tg[i]<<" "<<tgi[i]<<" here"<<endl;
		tg[lson]=((tg[lson]+tg[i])%MOD+MOD)%MOD;
		tgi[lson]=((tgi[lson]+tgi[i])%MOD+MOD)%MOD;
		tg[rson]=((tg[rson]+tg[i])%MOD+MOD)%MOD;
		tgi[rson]=((tgi[rson]+tgi[i])%MOD+MOD)%MOD;
		tg[i]=0,tgi[i]=0;
	}
	return;
}
void merge(int i,int cl,int cr,int ql,int qr,int k,int ki)
{
	if(cl>qr||ql>cr) return;
	if(ql<=cl&&qr>=cr)
	{
		tg[i]=((tg[i]+k)%MOD+MOD)%MOD;
		tgi[i]=((tgi[i]+ki)%MOD+MOD)%MOD;
		//cout<<i<<" "<<tg[i]<<" "<<tgi[i]<<" here\n";
		return;
	}
	pushdown(i);
	int mid=(cl+cr)>>1;
	merge(lson,cl,mid,ql,qr,k,ki),
	merge(rson,mid+1,cr,ql,qr,k,ki);
}
int h[maxn],hi[maxn];
int query(int i,int cl,int cr,int pos,int d)
{
	if(pos==cl&&pos==cr)
		return ((tg[i]+1ll*tgi[i]*d%MOD)%MOD+MOD)%MOD; 
	int mid=(cl+cr)>>1;
	pushdown(i);
	if(pos<=mid) return query(lson,cl,mid,pos,d);
	else return query(rson,mid+1,cr,pos,d);
}
signed main()
{
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	int u;
	for(int i=1;i<n;i++)
		scanf("%lld",&u),add(u,i+1);
	dfs(1,1);
	int v,x,k,op;
	while(m--)
	{
		scanf("%lld",&op);
		if(op==1)
		{
			scanf("%lld%lld%lld",&v,&x,&k);
			int inv=(depth[v]%2==1?-1:1);
			//cout<<v<<" "<<depth[v]<<endl;
			int ki=((-1ll*k*depth[v]%MOD+x%MOD)%MOD+MOD)%MOD;
			int kii=(k%MOD+MOD)%MOD;
			//cout<<ki<<" "<<kii<<endl;
			merge(1,1,n,dfn[v],dfn[v]+sz[v]-1,(ki*inv%MOD+MOD)%MOD,(kii*inv%MOD+MOD)%MOD);
			h[v]=((h[v]+inv*ki)%MOD+MOD)%MOD;
			hi[v]=((hi[v]+inv*kii)%MOD+MOD)%MOD;
		}
		if(op==2)
		{
			scanf("%lld",&v);
			int inv=(depth[v]%2==1?-1:1);
			printf("%lld\n",(inv*query(1,1,n,dfn[v],depth[v])%MOD+MOD)%MOD);
		}
		if(op==3)
		{
			int u;
			scanf("%lld",&u);
			//cout<<v<<" "<<h[v]<<" "<<hi[v]<<endl;
			for(int vi=dfn[u];vi<=dfn[u]+sz[u]-1;vi++)
			{
				int v=invdfn[vi];
				if(h[v]!=0||hi[v]!=0)
				merge(1,1,n,dfn[v],dfn[v]+sz[v]-1,(-h[v]+MOD)%MOD,(-hi[v]+MOD)%MOD),
				h[v]=0,hi[v]=0;
			}
		}
	}
	return 0;
}
/*
5 11
1
1
3
3
1 1 0 2
2 1
2 2
3 3
2 4
3 1
1 3 1 3
2 3
2 4
3 1
2 1
*/

T2

题面

image

解题

  1. 结论：按照连点顺序得到的图形满足要求等价于所有点全部属于凸包，而且由 Andrew 算法得到的序列以顺时针（或逆时针方向）与连点顺序完全相同，且所有点不在同一条直线上。
  2. oiwiki-凸包。

代码（待评测）

点击查看代码 
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=2e5+100;
int n;
struct point
{
	ll x,y;
	bool operator <(point a)const
	{
		return a.x<x;
	}
	ll operator * (point b)
	{
		return x*b.y-y*b.x;
	}
	ll operator /(point b)
	{
		return x*b.x+y*b.y;
	}
	point operator -(point b)
	{
		return (point){x-b.x,y-b.y};
	}
}p[maxn];
map<pair<int,int>,bool> mp;
int h[maxn],st[maxn],tp,used[maxn];
int main() 
{
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%lld%lld",&p[i].x,&p[i].y);
		if(mp.find({p[i].x,p[i].y})!=mp.end())
		{
			printf("No");return 0;
		}
		mp[{p[i].x,p[i].y}]=true;
	}
	sort(p+1,p+n+1);
	st[++tp]=1;//used[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		while(tp>=2&&
		(p[st[tp]]-p[st[tp-1]])*(p[i]-p[st[tp]])<0)
		used[st[tp--]]=0;
		used[i]=1,st[++tp]=i;
	}
	int tmp=tp;
	for(int i=n-1;i>=1;i--)
	{
		while(tp>tmp&&
		(p[st[tp]]-p[st[tp-1]])*(p[i]-p[st[tp]])<0)
			used[st[tp--]]=0;
		used[i]=1,st[++tp]=i;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
		if(!used[i]) {printf("No");return 0;}
	int idx=1;
	while(st[idx]!=1) idx++;
	for(int i=idx;i<tp+idx-1;i++)
		h[i-idx+1]=st[(i<tp?i:i-tp+1)];
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		int last=(i-1?i-1:n);
		int nxt=(i+1<=n?i+1:1);
		if((p[i]-p[last])*(p[nxt]-p[i])==0&&
		(p[i]-p[last])/(p[nxt]-p[i])<0)
		{printf("No");return 0;}
	}
	for(int i=1;i<tp;i++)
	{
		if(i!=h[i]) break;
		if(i==tp-1) {printf("Yes");return 0;}
	}
	h[tp]=1;
	for(int i=tp,k=1;i>1;i--,k++)
	{
		if(k!=h[i]) break;
		if(k==2) {printf("Yes");return 0;}
	}
	printf("No");
	return 0;
}
/*
3
0 0
1 0
0 1
4
0 0
0 1
1 1
1 0
4
0 0
0 3
1 2
1 1
3
0 0
0 0
0 0
*/
posted @ 2023-10-28 23:56  shyiaw  阅读(43)  评论(0)    收藏  举报