CF题解

E. Replace the Numbers 1900 思维

https://codeforces.com/problemset/problem/1620/E
题解：正着做比较困难，我们可以考虑从后往前做。一个数会被变成什么样子是取决于其后的2操作。2操作可以等价为一个变换，而位置越后的2操作相较前面的2操作起着决定性作用，故从后往前遍历时前面的操作只能在已存在的变换上进行，比如u->v,只能将u->f(v)，而u不变是因为其时间轴上更靠前，所以它的优先级更高。故我们遍历即可得到答案。
另一种直观的理解可以把其按时间分为一个分部图，每一部分有n个点，当有变换时改变映射。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=5e5+10;
struct node{
	int u,v,w;
}a[N];
int f[N],b[N];
signed main(){
	int n;cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int k,x,y;cin>>k;
		if(k==1){
			cin>>x;
			a[i]={1,x,0};
		}
		else{
			cin>>x>>y;
			a[i]={2,x,y};
		}
	}
	for(int i=1;i<N;i++){
		f[i]=i;
	}
	int t=0;
	for(int i=n;i>=1;i--){
		auto [u,v,w]=a[i];
		if(u==1){
			b[++t]=f[v];
		}
		else{
			f[v]=f[w];
		}
	}
	for(int i=t;i>=1;i--)
	cout<<b[i]<<" ";
}

D. Infinite Set 1800

https://codeforces.com/contest/1635/problem/D
题解：4可以看作是二进制左移2位，2+1可以看作左移一位+1，我们可以对所有数从小到大排序，令二进制长度位p时的答案为f(p)（由于对于一个数x而言，其变换后的数必然互不相同，证明很显然），而x可以变成2x+1,4x两种形式，故f(p)=f(p+1)+f(p+2)+1,可以预处理。对于a[i]若其不能被其之前的数表示，则其所产生的所有数都没有出现过，否则a[i]一定可以被表示。而对于一个数x，其每次变换都至少*2,故可以logn判断其先前数是否出现过。最后加上所有答案即可，复杂度为O(nlogn).

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=2e5+10,mod=1e9+7;
map<int,int> v;
int a[N],f[N+100];
queue<int> q;
signed main(){
	f[1]=2,f[0]=1;
	for(int i=2;i<=N;i++){
		f[i]=(f[i-1]+f[i-2]+1)%mod;
	}
	int n,p;cin>>n>>p;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
	sort(a+1,a+n+1);
	int ans=0,res=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int cnt=0,x=a[i],ok=1;
		while(x>0){
			int now=0;
		while(x%2&&x>0){
			x=(x-1)/2;
			if(v[x]) ok=0;
			now=1;
		}
		while(x%4==0&&x>0){
			x/=4;
			if(v[x]){
				ok=0;break;
			}
			now=1;
		}
		if(!ok) break;
		if(!now) break;
		}
		if(!ok) continue;
		v[a[i]]=1;
		x=a[i];cnt=0;
		while(x){
			cnt++;x/=2;
		}
		if(cnt>p) continue;
		ans=(ans+f[p-cnt])%mod;
	}
	cout<<ans;
}

E. Boring Segments 2100 线段树 2 pointers gq!

https://codeforces.com/contest/1555/problem/E
题解：对于有两个值需要考虑的时候，我们可以选择二分或双指针，我们可以枚举最小值x，试确定最小的可能最大值，定为f(x),显然f(x)是不减的。那么我们可以考虑双指针，我们把线段按照w从小到大排序，每次删去小于左指针的，然后不断增大右指针直到1-m每个区间都被覆盖。如何增删区间呢？我们可以使用线段树，节点i表示[i,i+1]上被区间经过了多少次，区间最小值>0时即满足题意，可logm维护，总复杂度nlogn+nlogm。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e6+10;
struct node{
	int l,r,w;
}t[N*4];
struct qwq{
	int u,v,w;
}b[N];
bool cmp(qwq x,qwq y){
	return x.w<y.w;
}
int lz[N*4],a[N];
void build(int p,int l,int r){
	t[p].l=l,t[p].r=r;
	if(t[p].l==t[p].r){
		t[p].w=0;return;
	}
	int mid=(l+r)/2;
	build(p*2,l,mid);
	build(p*2+1,mid+1,r);
	t[p].w=min(t[p*2].w,t[p*2+1].w);
}
void spread(int p){
	if(lz[p]==1e18) return;
	t[p*2].w+=lz[p];
	t[p*2+1].w+=lz[p];
	lz[p*2]+=lz[p];
	lz[p*2+1]+=lz[p];
	lz[p]=0;
}
void change(int p,int l,int r,int k){
	if(l<=t[p].l&&t[p].r<=r){
		t[p].w+=k;
		lz[p]+=k;
		return;
	}
	spread(p);
	int mid=(t[p].l+t[p].r)/2;
	if(l<=mid) change(2*p,l,r,k);
	if(r>mid) change(2*p+1,l,r,k);
	t[p].w=min(t[p*2].w,t[p*2+1].w);
}
int ask(int p,int l,int r){
	if(t[p].l>=l&&t[p].r<=r){
		return t[p].w;
	}
	spread(p);
	int mid=(t[p].l+t[p].r)/2,res=1e18;
	if(l<=mid) res=min(ask(p*2,l,r),res);
	if(r>mid) res=min(ask(p*2+1,l,r),res);
	return res;
}
signed main(){
	int n,m;cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int l,r,w;cin>>l>>r>>w;
		b[i]={l,r,w};
	}
	build(1,1,m-1);
	sort(b+1,b+n+1,cmp);
	int p=1,ans=1e18;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(i!=1){
		auto [u,v,w]=b[i-1];
		change(1,u,v-1,-1);
		}
		while(p<=n){
			if(ask(1,1,m-1)==0){
				int x=b[p].u,y=b[p].v;
				change(1,x,y-1,1);
				p++;
			}
			else{
				break;
			}
		}
		if(ask(1,1,m-1)>0)
		ans=min(ans,b[p-1].w-b[i].w);
	}
	cout<<ans;
}