2023.10.5测试
T1 魔法少女
定义 \(f(i)\) 为 \(i\) 所有约数的异或和，求 \(f(1)\sim f(n)\) 的异或和
\(1\leq n\leq 10^{14}\)
容易想到枚举约数然后计算出约数出现的次数并对答案做贡献，复杂度 \(\mathcal{O}(n)\)
发现约数 \(x\) 出现的次数即 \(\left\lfloor\dfrac{n}{x}\right\rfloor\)，这可以用整除分块求出出现次数相同的一段区间 \([l,r]\)，复杂度 \(\mathcal{O}(\sqrt{n})\)
问题是如何快速计算一段区间异或和？？
考场思路是，发现两个相邻的偶数和奇数的异或和为 \(1\)，所以知道一段区间的头或尾再考虑一下区间长度就可以 \(\mathcal{O}(1)\) 计算出来
当然你打表就可以发现 \(1\sim x\) 的异或和与 \(x\bmod 4\) 的结果有关
code
#include<bits/stdc++.h>
#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
#define LL long long
using namespace std;
LL n,ans;
int main()
{
freopen("a.in","r",stdin);
freopen("a.out","w",stdout);
scanf("%lld",&n);
for(LL l=1,r; l<=n; l=r+1)
{
r=n/(n/l);
LL tmp=n/l,cnt=r-l+1;
if(tmp%2==0)
continue;
if((l&1) && (r&1))
ans^=l,cnt--;
else if((l&1) && (r%2==0))
ans^=l^r,cnt-=2;
else if((l%2==0) && (r%2==0))
ans^=r,cnt--;
ans^=((cnt/2)%2);
}
printf("%lld",ans);
return 0;
}
T2 亿只只因的回家路
出题人？？？
注意到一个关键的性质，题意等价于让所有人同时到同一个点的最短时间，没看出来的话很难做
那这样我们就可以枚举他们的汇合点或者汇合边。在点上汇合比较容易，考虑在边上汇合的情况。只要枚举每个人是从边的左侧还是右侧进入即可，复杂度可以做到 \(\mathcal{O}(km\log n+kn2^k+m2^k)\)，可以获得 \(85\) 分
其实处理点的情况可以做到 \(\mathcal{O}(km\log n+kn)\)，但为了处理边的情况多了一个 \(2^k\)，所以瓶颈在于处理边的情况
我们一开始是枚举每个人从哪侧进入，但最后只考虑进入边时间最晚的人，所以一定存在一种方案，将人进入左侧的时间从小到大排序后，一个前缀从左侧进入，剩余的后缀从右侧进入，时间复杂度 \(\mathcal{O}(km\log n+kn+mk\log k)\)，可以通过
（在 GJOJ 被卡了……）
code
#include<bits/stdc++.h>
#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
#define LL long long
#define pli pair<LL,int>
using namespace std;
const int N=1e5+10,M=2e5+10,K=20+10;
const LL INF=1e18;
int n,m,k,a[N];
LL d[N],ans1[N][K],ans2[M],ans=INF;
struct node{int y,z;};vector <node> g[N];
struct E{int x,y,z;}e[M];
bool v[N];
void dijkstra(int s)
{
priority_queue <pli> q;
memset(v,0,sizeof(v));
memset(d,0x3f,sizeof(d));
d[s]=0; q.push({0,s});
while(q.size())
{
int x=q.top().second; q.pop();
if(v[x])
continue;
v[x]=1;
for(auto v:g[x])
{
if(d[v.y]>d[x]+(LL)v.z)
{
d[v.y]=d[x]+(LL)v.z;
q.push({-d[v.y],v.y});
}
}
}
}
LL calc(LL a,LL b,LL z)
{
if(min(a,b)+z<=max(a,b))
return max(a,b);
z-=max(a,b)-min(a,b);
return max(a,b)+z/2;
}
int main()
{
freopen("b.in","r",stdin);
freopen("b.out","w",stdout);
memset(ans2,0x3f,sizeof(ans2));
scanf("%d%d",&n,&m,&k);
for(int i=1; i<=m; i++)
{
int x,y,z;
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
z*=2;
e[i]={x,y,z};
g[x].push_back({y,z});
g[y].push_back({x,z});
}
scanf("%d",&k);
a[1]=1; k++;
for(int i=2; i<=k; i++)
scanf("%d",&a[i]);
int S=(1<<k)-1;
for(int i=1; i<=k; i++)
{
dijkstra(a[i]);
for(int j=1; j<=n; j++)
ans1[j][i]=d[j],ans1[j][0]=max(ans1[j][0],d[j]);
}
for(int i=1; i<=n; i++)
ans=min(ans,ans1[i][0]);
for(int i=1; i<=m; i++)
{
priority_queue <pli> q1,q2;
for(int j=1; j<=k; j++)
q1.push({ans1[e[i].x][j],j});
while(q1.size())
{
int x=q1.top().second; q1.pop();
q2.push({ans1[e[i].y][x],x});
ans2[i]=min(ans2[i],calc(q1.top().first,q2.top().first,e[i].z));
}
ans=min(ans,ans2[i]);
}
printf("%lld",ans);
return 0;
}
T3 西琳的魔法字符串
（CCPC Finals 2021 I. Reverse LIS）
一道题炸出很多前置题
这个题有一个弱化版 CF933A A Twisty Movement。但那题用 \(\rm dp\) 可以通过
这里我们转化一下题意，我们枚举 \(0\) 和 \(1\) 的断点 \(i\)，那最后的不下降子序列就是 \(i\) 前面的 \(0\) 的个数加上 \(i\) 后面的 \(1\) 的个数。如果我们将 \(0\) 的权值赋成 \(1\)，\(1\) 的权值赋成 \(-1\)，设权值数组为 \(a\)，那么子序列的长度就是 \(\text{count}(S,\,'1')+\sum a[1:i]\)。所以我们就需最大化 \(\sum a[1:i]\)
回到原问题，它支持 \(k\) 次区间翻转的操作，最后最大化一个前缀和。其实可以转化为在原串中选出 \(k+1\) 个不相交的区间，其中一段为前缀，使得子段和最大
这个可以参考 [DS/贪心记录] CF280D k-Maximum Subsequence Sum 的实现
code
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;
const int N=2e5+10;
const LL INF=1e18;
int n,q,a[N];
LL last,ans[N];
queue < pair<int,int> > qq;
struct Ask{int k,id;}Q[N];
struct node{int l,r;LL s;}; node zinf={0,0,INF},finf={0,0,-INF};
node operator + (const node &a,const node &b){return {a.l,b.r,a.s+b.s};}
bool operator < (const node &a,const node &b){return a.s<b.s;}
#define lc(p) p<<1
#define rc(p) p<<1|1
struct Seg
{
node mx,mn,lmx,rmx,lmn,rmn,sum;
int rev;
#define rev(x) tree[x].rev
void write(int l,int r,LL s)
{
mx=mn=lmx=rmx=lmn=rmn=sum={l,r,s};
rev=0;
}
void reverse()
{
swap(mx,mn); swap(lmx,lmn); swap(rmx,rmn);
mx.s*=-1; mn.s*=-1;
lmx.s*=-1; rmx.s*=-1;
lmn.s*=-1; rmn.s*=-1;
sum.s*=-1; rev^=1;
}
}tree[N<<2];
Seg I={finf,zinf,finf,finf,zinf,zinf,{0,0,0},0};
Seg pushup(Seg p,Seg q)
{
Seg val=I;
if(p.mx.s>=1e16)
return q;
if(q.mx.s>=1e16)
return p;
val.mx=max(max(p.mx,q.mx),p.rmx+q.lmx);
val.mn=min(min(p.mn,q.mn),p.rmn+q.lmn);
val.lmx=max(p.lmx,p.sum+q.lmx);
val.rmx=max(q.rmx,p.rmx+q.sum);
val.lmn=min(p.lmn,p.sum+q.lmn);
val.rmn=min(q.rmn,p.rmn+q.sum);
val.sum=p.sum+q.sum;
return val;
}
void spread(int p)
{
if(rev(p))
{
tree[lc(p)].reverse();
tree[rc(p)].reverse();
rev(p)=0;
}
}
void build(int p,int l,int r)
{
if(l==r)
{
tree[p].write(l,r,a[l]);
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
build(lc(p),l,mid);
build(rc(p),mid+1,r);
tree[p]=pushup(tree[lc(p)],tree[rc(p)]);
}
void change(int p,int l,int r,int x,int v)
{
if(l==r)
{
tree[p].write(l,r,v);
return;
}
spread(p);
int mid=(l+r)>>1;
if(x<=mid)
change(lc(p),l,mid,x,v);
else
change(rc(p),mid+1,r,x,v);
tree[p]=pushup(tree[lc(p)],tree[rc(p)]);
}
void reverse(int p,int l,int r,int ql,int qr)
{
if(ql<=l && qr>=r)
return tree[p].reverse(),void();
spread(p);
int mid=(l+r)>>1;
if(ql<=mid)
reverse(lc(p),l,mid,ql,qr);
if(qr>mid)
reverse(rc(p),mid+1,r,ql,qr);
tree[p]=pushup(tree[lc(p)],tree[rc(p)]);
}
int main()
{
freopen("c.in","r",stdin);
freopen("c.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
for(int i=1; i<=n; i++)
{
int c,p;
scanf("%d%d",&c,&p);
a[i]=(c==0? 1:-1)*p;
if(c==1)
last+=(LL)p;
}
build(1,1,n);
Seg tur=tree[1];
if(tur.lmx.s>0)
{
last+=tur.lmx.s;
reverse(1,1,n,tur.lmx.l,tur.lmx.r);
}
scanf("%d",&q);
for(int i=1; i<=q; i++)
scanf("%d",&Q[i].k),Q[i].id=i;
sort(Q+1,Q+1+q,[](Ask a,Ask b){return a.k<b.k;});
int cnt=0;
for(int i=1; i<=q; i++)
{
while(cnt<Q[i].k)
{
Seg cur=tree[1];
if(cur.mx.s<=0)
break;
last+=cur.mx.s;
reverse(1,1,n,cur.mx.l,cur.mx.r);
qq.push({cur.mx.l,cur.mx.r});
cnt++;
}
ans[Q[i].id]=last;
}
for(int i=1; i<=q; i++)
printf("%lld\n",ans[i]);
return 0;
}
/*
1
1 1
1
0
*/
\(100+80+0+0=180\)，\(\rm rk16\)
浙公网安备 33010602011771号