2019/11/05 校内模拟

CSP-S 模拟

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
namespace IO{const int Rlen=1<<22|1;char buf[Rlen],*p1,*p2;inline char gc(){return (p1==p2)&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,Rlen,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}template<typename T>inline T Read(){char c=gc();T x=0,f=1;while(!isdigit(c))  f^=(c=='-'),c=gc();while( isdigit(c))  x=(x+(x<<2)<<1)+(c^48),c=gc();return f?x:-x;}inline int in()  {return Read<int>();}
}
using IO::in;
const int N=1e6+5;
int n,m1,m2;
struct node{int val,num;bool operator<(const node &p)const{return val<p.val;}
}p1[N],p2[N],p3[N],g1[N],g2[N];
ll defense(){memcpy(g1,p1,sizeof(p1));memcpy(g2,p2,sizeof(p2));for(int i=1,p=1;i<=m1;++i){while(g2[i].num>0){while(p<=n&&g1[p].val<g2[i].val)  ++p;if(p>n&&g2[m1].num>0)  return 0;if(g1[p].num>g2[i].num)  g1[p].num-=g2[i].num,g2[i].num=0;else  g2[i].num-=g1[p].num,g1[p].num=0,++p;}}ll sum=0,ans=0;for(int i=1;i<=n;++i)  if(g1[i].val>0)  ans+=(ll)g1[i].num*g1[i].val,sum+=g1[i].num;for(int i=1;i<=m2;++i){if(p3[i].val>=0)  break;if(sum>=p3[i].num)  ans-=(ll)p3[i].num*p3[i].val,sum-=p3[i].num;else  {ans-=(ll)p3[i].val*sum;break;}}return ans;
}
ll attack(){memcpy(g1,p1,sizeof(p1));memcpy(g2,p3,sizeof(p3));reverse(g1+1,g1+n+1);ll ans=0;for(int i=1,p=1;i<=n;++i){while(g1[i].num>0&&p<=m2&&g1[i].val>g2[p].val){int now=g1[i].val-g2[p].val;if(g1[i].num>g2[p].num)  ans+=(ll)now*g2[p].num,g1[i].num-=g2[p].num,++p;else  ans+=(ll)now*g1[i].num,g2[p].num-=g1[i].num,g1[i].num=0;}if(g1[i].val<=g2[p].val)  return ans;}return ans;
}
int main(){n=in(),m1=in(),m2=in();for(int i=1;i<=n;++i)  p1[i].val=in(),p1[i].num=in();for(int i=1;i<=m1;++i)  p2[i].val=in(),p2[i].num=in();for(int i=1;i<=m2;++i)  p3[i].val=in(),p3[i].num=in();sort(p1+1,p1+n+1),sort(p2+1,p2+m1+1),sort(p3+1,p3+m2+1);printf("%lld\n",max(defense(),attack()));return 0;
}

T2 祝著节

首先有一个结论，就是答案的方案与任意一种 MST 方案，最多只有一条边的差别。

由于 MST 不是最优方案，那么 MST 所有边都是同一个颜色。而当前方案中有差别的两条边中，至少有一条是和 MST 所染颜色不同的，那么在 MST 上强制加上这条边肯定是比当前方案优。

那么我们考虑在 MST 的基础上来算答案。

设 MST 的答案是 s u m sum sum，简单讨论一下：

1 1 1、 s u m > X sum>X sum>X：无解

2 2 2、 s u m = X sum=X sum=X：

枚举不在 MST 上的非树边，算一下强制他们在 MST 上的答案（即在 MST 上加上这条边，再删掉环上最大边）。

记有 p r o b prob prob 条边的答案 = X = X =X。

那么，这 p r o b prob prob 条边（以及最小生成树上的 ( n − 1 ) (n-1) (n−1) 条边）中，应该至少有一条边的颜色与其他边不同。

这不太好算，不如倒着考虑：我们用总方案数减去这些边都染相同颜色的方案数：

2 m − 2 × 2 m − ( n − 1 ) − p r o b 2^m-2\times 2^{m-(n-1)-prob} 2m−2×2m−(n−1)−prob

后面有个 × 2 \times 2 ×2 是这些边有两种颜色可以染。

3 3 3、 s u m < X sum<X sum<X：

与上一种情况是类似的，记有 p r o b prob prob 条边的答案 = X = X =X，有 b a n ban ban 条边的答案 < X < X <X。

那么，MST 上的 ( n − 1 ) (n-1) (n−1) 条边以及这 b a n ban ban 条边是必须染成同一个颜色的，不然最优合法方案就 < X <X <X 了。

这个时候的总方案数是 2 × 2 m − ( n − 1 ) − b a n 2\times 2^{m-(n-1)-ban} 2×2m−(n−1)−ban，相当于给这 ( n − 1 ) + b a n (n-1)+ban (n−1)+ban 条边强制染成同色，其他任意染色。

然后还是一样的， p r o b prob prob 里面至少有一条染的色是不一样的，因此方案数就是：

2 ( 2 m − ( n − 1 ) − b a n − 2 m − ( n − 1 ) − b a n − p r o b ) 2(2^{m-(n-1)-ban}-2^{m-(n-1)-ban-prob}) 2(2m−(n−1)−ban−2m−(n−1)−ban−prob)

时间复杂度 O ( n log ⁡ n ) O(n\log n) O(nlogn)。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
namespace IO{const int Rlen=1<<22|1;char buf[Rlen],*p1,*p2;inline char gc(){return (p1==p2)&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,Rlen,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}template<typename T>inline T Read(){char c=gc();T x=0,f=1;while(!isdigit(c))  f^=(c=='-'),c=gc();while( isdigit(c))  x=((x+(x<<2))<<1)+(c^48),c=gc();return f?x:-x;}inline int gi()  {return Read<int>();}inline ll  gl()  {return Read<ll >();}
}
using IO::gi;
using IO::gl;
const int N=2e5+5,P=1e9+7;
int add(int x,int y)  {return x+y>=P?x+y-P:x+y;}
int dec(int x,int y)  {return x-y< 0?x-y+P:x-y;}
int mul(int x,int y)  {return 1ll*x*y>=P?1ll*x*y%P:x*y;}
int power(int a,int b){int ans=1;for(;b;b>>=1,a=mul(a,a))  if(b&1)  ans=mul(ans,a);return ans;
}
int n,m,tot,father[N];
struct edges{int u,v,w;}e[N],E[N];
bool operator<(const edges &p,const edges &q)  {return p.w<q.w;}
int find(int x)  {return (father[x]==x)?x:father[x]=find(father[x]);}
int t,first[N],v[N<<1],w[N<<1],nxt[N<<1];
void edge(int x,int y,int z)  {nxt[++t]=first[x],first[x]=t,v[t]=y,w[t]=z;}
void Clear()  {t=0,tot=0;memset(first,0,sizeof(first));}
ll Kruskal(ll sum=0){sort(e+1,e+m+1);for(int i=1;i<=n;++i)  father[i]=i;for(int i=1;i<=m;++i){int u=find(e[i].u),v=find(e[i].v);if(u!=v)  sum+=e[i].w,father[u]=v,edge(e[i].u,e[i].v,e[i].w),edge(e[i].v,e[i].u,e[i].w);else  E[++tot]=e[i];}return sum;
}
int dep[N],fa[N][18],mx[N][18];
void dfs(int x){for(int i=1;i<18;++i){fa[x][i]=fa[fa[x][i-1]][i-1];mx[x][i]=max(mx[x][i-1],mx[fa[x][i-1]][i-1]);}for(int i=first[x];i;i=nxt[i]){int to=v[i];if(to==fa[x][0])  continue;dep[to]=dep[x]+1,fa[to][0]=x,mx[to][0]=w[i];dfs(to);}
}
int LCA(int x,int y){int ans=0;if(dep[x]<dep[y])  swap(x,y);for(int i=17;~i;--i)  if(dep[fa[x][i]]>=dep[y])  ans=max(ans,mx[x][i]),x=fa[x][i];if(x==y)  return ans;for(int i=17;~i;--i)  if(fa[x][i]!=fa[y][i])  ans=max(ans,max(mx[x][i],mx[y][i])),x=fa[x][i],y=fa[y][i];return max(ans,max(mx[x][0],mx[y][0]));
}
ll X;
int main(){int T=gi();while(T--){Clear(),n=gi(),m=gi(),X=gl();for(int i=1;i<=m;++i)  e[i].u=gi(),e[i].v=gi(),e[i].w=gi();ll sum=Kruskal();if(sum>X)  {puts("0");continue;}dep[1]=1,dfs(1);int prob=0;for(int i=1;i<=tot;++i){int u=E[i].u,v=E[i].v;ll now=sum-LCA(u,v)+E[i].w;if(now==X)  prob++;}if(sum==X)  printf("%d\n",dec(power(2,m),power(2,m-n-prob+2)));else{int ban=0;for(int i=1;i<=tot;++i){int u=E[i].u,v=E[i].v;ll now=sum-LCA(u,v)+E[i].w;if(now<X)  ban++;}printf("%d\n",dec(power(2,m-n-ban+2),power(2,m-n-ban-prob+2)));}}return 0;
}

T3 耍望节

不难看出来这是一道数位 d p dp dp。设 f [ i ] [ j ] f[i][j] f[i][j] 表示前 i − 1 i - 1 i−1 位已经确定，且匹配了 m m m 的一个长度为 j j j 的前缀时，第 i i i 位到第 n n n 位有多少种合法的填数方案。

可以处理出 t r a n s [ i ] [ j ] trans[i][j] trans[i][j] 表示在匹配了 m m m 长度为 i i i 的前缀的基础上，加上字符 j j j 能匹配的长度。然后倒着 d p dp dp 求 f f f。

对于询问，首先第一个想法是用试填法来确定 S S S 每一位的值，但是单次询问是 O ( n ) O(n) O(n) 的，需要优化。

那么一个优化思路就是按照重儿子建树，然后倍增优化（2019/10/26 T3 找宝藏用了一样的套路）。

如果状态 v v v 由状态 u u u 转移而来，我们称 u u u 为 v v v 的后继。

类似树的重链剖分，对于每个状态，我们取其所有后继中 f f f 值最大的一个作为重后继（有多个取字典序最小的），倍增求出每个状态沿着重后继走 2 k 2^k 2k 步之后到达的状态的一些信息，以及这两个状态之间的相对排名。

注意由于 k k k 最大是 1 0 18 10^{18} 1018，所以 rank 超过 1 0 18 10^{18} 1018 的部分赋成 1 0 18 + 1 10^{18}+1 1018+1 即可。

此外，倍增优化只是为了降低复杂度的一个优化，不用去过于纠结它的含义。

时间复杂度 O ( n m log ⁡ n + q log ⁡ k log ⁡ n ) O(nm\log n + q\log k\log n) O(nmlogn+qlogklogn)。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
namespace IO{template<typename T>inline T Read(){char c=getchar();T x=0,f=1;while(!isdigit(c))  f^=(c=='-'),c=getchar();while( isdigit(c))  x=((x+(x<<2))<<1)+(c^48),c=getchar();return f?x:-x;}inline int gi()  {return Read<int>();}inline ll  gl()  {return Read<ll >();}
}
using IO::gi;
using IO::gl;
const int N=5e4+5,M=25,P=1e9+7;
const ll inf=1e18+1;
int n,m,q;
int nxt[M],trans[M][10],Pow[18],End[18][N][M],num[18][N][M];
char T[M],S[N];
int add(int x,int y)  {return x+y>=P?x+y-P:x+y;}
int dec(int x,int y)  {return x-y< 0?x-y+P:x-y;}
int mul(int x,int y)  {return 1ll*x*y>=P?1ll*x*y%P:x*y;}
ll fix(ll x)  {return x<inf?x:inf;}
//trans[i][j]表示在已经能匹配i位的情况下，加上j后能匹配的长度。
void init(){nxt[0]=nxt[1]=0;for(int i=2,j=0;i<=m;++i){while(j&&T[i]!=T[j+1])  j=nxt[j];j+=(T[i]==T[j+1]),nxt[i]=j;}for(int i=0;i<m;++i){for(int j=0;j<=9;++j){int k=i;while(k&&j+'0'!=T[k+1])  k=nxt[k];k+=(j+'0'==T[k+1]),trans[i][j]=k;}}for(int i=0;i<=9;++i)  trans[m][i]=m;
}
bool p[N][10];
ll f[N][M],L[18][N][M],R[18][N][M];
//f[i][j]表示前i-1位已经确定，并且匹配了m的一个长度为j的前缀时，第i位到第n位有多少种合法的填数方案。
//L,R,End,num数组都是倍增用的数组。其中L和R表示rank的范围，是(L,R]的一个范围，End表示当前点沿重链跳2^k步后能匹配到哪，num表示当前点沿重链跳2^k步后的数。
void solve_dp(){for(int i=0;i<=m;++i)  f[n+1][i]=(i==m);for(int i=n;i;--i){for(int j=0;j<=m;++j){f[i][j]=0;int pos=-1;ll mx=-1;for(int k=0;k<=9;++k)if(p[i][k]){f[i][j]=fix(f[i][j]+f[i+1][trans[j][k]]);if(f[i+1][trans[j][k]]>mx)  pos=k,mx=f[i+1][trans[j][k]];}End[0][i][j]=trans[j][pos];num[0][i][j]=pos,L[0][i][j]=0;for(int k=0;k<pos;++k)if(p[i][k])  L[0][i][j]=fix(L[0][i][j]+f[i+1][trans[j][k]]);R[0][i][j]=fix(L[0][i][j]+f[i+1][trans[j][pos]]);}}for(int k=1;k<17;++k){int len=(1<<(k-1));for(int i=1;i+(1<<k)<=n+1;++i){for(int j=0;j<=m;++j){int pos=End[k-1][i][j];End[k][i][j]=End[k-1][i+len][pos];num[k][i][j]=add(mul(num[k-1][i][j],Pow[k-1]),num[k-1][i+len][pos]);L[k][i][j]=fix(L[k-1][i][j]+L[k-1][i+len][pos]);R[k][i][j]=fix(L[k-1][i][j]+R[k-1][i+len][pos]);}}}
}
int Query(ll k){if(k>f[1][0])  return -1;int x=1,y=0,ans=0;while(x<=n){for(int i=16;~i;--i){if(x+(1<<i)<=n+1&&L[i][x][y]<k&&R[i][x][y]>=k){     //如果满足重链的条件，就暴力跳重链。 ans=add(mul(ans,Pow[i]),num[i][x][y]);k-=L[i][x][y],y=End[i][x][y],x+=(1<<i);}}if(x>n)  break;for(int i=0;i<=9;++i){    //否则就试填法跳轻链。 if(k>f[x+1][trans[y][i]])  k-=f[x+1][trans[y][i]];else{ans=add(mul(10,ans),i),++x,y=trans[y][i];break;}}}return ans;
}
//Pow在倍增的时候用，记的是10^(2^i)，想一想倍增的过程应该能明白。
int main(){Pow[0]=10;for(int i=1;i<17;++i)  Pow[i]=mul(Pow[i-1],Pow[i-1]);int Case=gi();while(Case--){n=gi(),q=gi();scanf("%s%s",T+1,S+1);m=strlen(T+1);for(int i=1;i<=n;++i){if(S[i]=='?')  memset(p[i],true,sizeof(p[i]));else  memset(p[i],false,sizeof(p[i])),p[i][S[i]-'0']=1;}init(),solve_dp();while(q--){ll k=gl();printf("%d\n",Query(k));}}return 0;
}

NOI 模拟

T2 黑白划分

感觉是道比较好的题。

首先考虑怎么算答案，先给出式子：

a n s = ∑ i = 0 n ( 2 n − i × 2 n − i − 4 f ( i ) ) ans=\sum_{i=0}^n\left(2^{n-i}\times2^{n-i}-4f(i)\right) ans=i=0∑n(2n−i×2n−i−4f(i))

其中 f ( i ) f(i) f(i) 表示以 2 i 2^i 2i 为边长的纯色块的个数， f ( 0 ) = 0 f(0)=0 f(0)=0。

意思就是，枚举正方形边长 2 i 2^i 2i，以 2 i 2^i 2i 为边长的正方形总数是 2 n − i × 2 n − i 2^{n-i}\times2^{n-i} 2n−i×2n−i。减去 4 f ( i ) 4f(i) 4f(i) 是因为，在题目要求在计算时遇到纯色块应该停止，那么我们要减去继续分裂的那部分贡献。

那怎么算 f ( i ) f(i) f(i) 呢。考虑对行和列都分别建一颗线段树，从行中选出颜色相同的段的数量，列做同样处理，乘一乘就是答案。

那么可以用 1 1 1 表示黑色， 0 0 0 表示白色，如果区间和 = 0 =0 =0 或 = r − l + 1 =r-l+1 =r−l+1，就是一个合法的段，就可以加进 f f f 中。

时间复杂度 O ( n log ⁡ n ) O(n\log n) O(nlogn)。

感觉还是有点口胡，可能还是有点不理解。。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
namespace IO{const int Rlen=1<<22|1;char buf[Rlen],*p1,*p2;inline char gc(){return (p1==p2)&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,Rlen,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}template<typename T>inline T Read(){char c=gc();T x=0,f=1;while(!isdigit(c))  f^=(c=='-'),c=gc();while( isdigit(c))  x=((x+(x<<2))<<1)+(c^48),c=gc();return f?x:-x;}inline int in()  {return Read<int>();}
}
using IO::in;
const int N=25,M=(1<<20)+5;
int n,q,Log[M];
struct SGT{int cnt[N],sum[M<<2];#define mid ((l+r)>>1)void build(int root,int l,int r){++cnt[Log[r-l+1]];if(l==r)  return;build(root<<1,l,mid),build(root<<1|1,mid+1,r);}void Modify(int root,int l,int r,int pos){if(l==r)  {sum[root]^=1;return;}if(pos<=mid)  Modify(root<<1,l,mid,pos);else  Modify(root<<1|1,mid+1,r,pos);int pre=sum[root];sum[root]=sum[root<<1]+sum[root<<1|1];if((pre==0&&sum[root]!=0)||(pre==r-l+1&&sum[root]!=r-l+1))  cnt[Log[r-l+1]]--;if((pre!=0&&sum[root]==0)||(pre!=r-l+1&&sum[root]==r-l+1))  cnt[Log[r-l+1]]++;}#undef mid
}T[2];
int main(){n=in(),q=in();for(int i=0;i<=n;++i)  Log[1<<i]=i;T[0].build(1,1,(1<<n));T[1].build(1,1,(1<<n));while(q--){int op=in(),x=in();T[op].Modify(1,1,(1<<n),x);ll ans=0;for(int i=0;i<=n;++i){ans+=1ll<<((n-i)*2);if(i)  ans-=4ll*T[0].cnt[i]*T[1].cnt[i];}printf("%lld\n",ans);}return 0;
}