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231108校内赛

时间：2023-11-08 19:25:25浏览次数：27  
标签：return int top 231108 fa dfn 校内 mod

T1 最大公约数

数据极水，啥都能过

第一种方法，暴力剪枝，直接飞过， \(\mathcal O(N^2\log n)\) 过 \(30\) 万不解释

玛德有人在提交时不写输出直接爆零

#include<bits/stdc++.h>
#define N 300010
using namespace std;
int n,k,ans,a[N];
int gcd(int a,int b){
	return b==0?a:gcd(b,a%b);
}
int main(){
	freopen("gcd.in","r",stdin);
	freopen("gcd.out","w",stdout);
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);cout.tie(0);
	cin>>n>>k;
	for(int i = 1;i<=n;i++){
		cin>>a[i];
		if(ans>=a[i])continue;
		for(int j = 1;j<=i-k;j++){
			if(ans>=a[j]) continue;
			ans = max(ans,gcd(a[i],a[j]));
		}
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}

第二种方法，正解，枚举答案，判断答案的所有倍数的第一次和最后一次出现的时间间隔是否不小于 \(k\)

从小到大或从大到小枚举答案都行

#include<bits/stdc++.h>
#define N 300010
using namespace std;
int n,k,ans,a[N],mn[N<<2],mx[N<<2];
int gcd(int a,int b){
	return b==0?a:gcd(b,a%b);
}
int main(){
	freopen("gcd.in","r",stdin);
	freopen("gcd.out","w",stdout);
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);cout.tie(0);
	cin>>n>>k;
	for(int i = 1;i<=1e6;i++) mn[i] = n+1,mx[i] = 0;
	for(int i = 1;i<=n;i++){
		cin>>a[i];
		mn[a[i]] = min(mn[a[i]],i);
		mx[a[i]] = max(mx[a[i]],i);
	}
	for(int i = 1e6;i>=1;i--){
		int l = n+1,r = 0;
		for(int j = i;j<=1e6;j+=i){
			l = min(l,mn[j]);
			r = max(r,mx[j]);
		}
		if(r-l>=k){
			ans = i;
			break;
		}
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}

T2 子序列

问题本质就是每次删去字符，过程不同，有多少种删法

因为删除连续相同字符的效果是一样的，所以我们每回删除只删 \(s_i \neq s_{i+1}\) 的位置

考虑区间 \(dp\) ，枚举区间中最后一个删除的位置，这样对于左右两边而言就是独立的，分别计数

对于左右两边的还要乘上一个组合数 \(\binom {r-l} {i-l}\)，\(r-l\) 代表剩余区间长度，\(i-l\) 代表当前点与左端点的距离，也就是左边区间的长度

对于限制来说，考虑删除第 \(i\) 个数时，它后面一定等于 \(s_{r+1}\) 因为他后边没有可删除的点了，所以一定是连续的一段，特判即可

这样就能保证 \(dp\) 的正确性了

时间复杂度 \(\mathcal O(n^3)\)

#include<bits/stdc++.h>
#define N 450
#define mod ((int)1e9+7)
#define int long long
using namespace std;
int n,a,ans,fac[N],inv[N],f[N][N];
char s[N];
inline int ksm(int x,int y){
	int res = 1;
	while(y){
		if(y&1) res = res*x%mod;
		x = x*x%mod;
		y>>=1;
	}
	return res;
}
inline int C(int x,int y){
	return fac[x]*inv[y]%mod*inv[x-y]%mod;
}
signed main(){
	freopen("sub.in","r",stdin);
	freopen("sub.out","w",stdout);
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);cout.tie(0);
	cin>>n>>s+1;
	fac[0] = 1;
	for(int i = 1;i<N;i++)
		fac[i] = fac[i-1]*i%mod;
	inv[N-1] = ksm(fac[N-1],mod-2);
	for(int i = N-2;i>=0;i--)
		inv[i] = inv[i+1]*(i+1)%mod;
	for(int i = 1;i<=n+1;i++)
		f[i][i-1] = 1;
	for(int len = 1;len<=n;len++){
		for(int l = 1;l<=n-len+1;l++){
			int r = l+len-1;
			for(int i = l;i<=r;i++)
				if(r==n||s[i]!=s[r+1]){
					f[l][r] = (f[l][r]+C(len-1,i-l)*f[l][i-1]%mod*f[i+1][r]%mod)%mod;
				}
		}
	}
	cout<<f[1][n]<<"\n";
	return 0;
}

T3 最短路

看不懂，上图

pi1oNN9.jpg

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <map>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define mod 998244353
using namespace std;
int tot,V;
int S,ans;
struct WORK{
	int tot,xa[505],ya[505],xb[505],yb[505];
	int n,m,pos_x[1005],pos_y[1005];
	map<int,int> id_x,id_y;
	int dis[505][505];
	int id[505];
	int f[505],h[505];
	void bubble_sort1(){
		for (int i=1;i<=tot;i++)
			for (int j=1;j<tot;j++)
				if (ya[j]>ya[j+1]){
					swap(xa[j],xa[j+1]);
					swap(ya[j],ya[j+1]);
					swap(xb[j],xb[j+1]);
					swap(yb[j],yb[j+1]);
				}
		return;
	}
	void bubble_sort2(){
		for (int i=1;i<=tot;i++)
			for (int j=1;j<tot;j++)
				if (yb[id[j]]>yb[id[j+1]])swap(id[j],id[j+1]);
		return;
	}
	void work(){
		id_x[V]=1,pos_x[++n]=V;
		id_y[V]=1,pos_y[++m]=V;
		for (int i=1;i<=tot;i++){
			if (id_x[xa[i]]==0){
				id_x[xa[i]]=1;
				pos_x[++n]=xa[i];
			}
			if (id_y[ya[i]]==0){
				id_y[ya[i]]=1;
				pos_y[++m]=ya[i];
			}
			if (id_x[xb[i]-1]==0){
				id_x[xb[i]-1]=1;
				pos_x[++n]=xb[i]-1;
			}
			if (id_y[yb[i]-1]==0){
				id_y[yb[i]-1]=1;
				pos_y[++m]=yb[i]-1;
			}
		}
		sort(pos_x+1,pos_x+1+n);
		for (int i=1;i<=n;i++)id_x[pos_x[i]]=i;
		sort(pos_y+1,pos_y+1+m);
		for (int i=1;i<=m;i++)id_y[pos_y[i]]=i;
		for (int i=1;i<=tot;i++){
			xa[i]=id_x[xa[i]];
			ya[i]=id_y[ya[i]];
			xb[i]=id_x[xb[i]-1]+1;
			yb[i]=id_y[yb[i]-1]+1;
		}
		bubble_sort1();
		for (int i=1;i<=tot;i++)
			for (int j=i+1;j<=tot;j++)
				if (xb[i]<=xa[j]&&yb[i]<=ya[j])dis[i][j]=1;
		for (int k=1;k<=tot;k++)
			for (int i=1;i<k;i++)
				for (int j=k+1;j<=tot;j++)
					if (dis[i][k]>0&&dis[k][j]>0)dis[i][j]=max(dis[i][j],dis[i][k]+dis[k][j]);
		for (int i=1;i<=tot;i++)id[i]=i;
		bubble_sort2();
		for (int i=n;i>=1;i--){
			memset(f,0,sizeof(f));
			int p=tot;
			for (int j=m;j>=1;j--){
				while(p>=1&&ya[p]>=j){
					if (xa[p]>=i){
						f[p]=1;
						for (int k=p+1;k<=tot;k++)
							if (xa[k]>=i&&dis[p][k]>0)f[k]=max(f[k],dis[p][k]+1);
					}
					p--;
				}
				for (int k=1;k<=tot;k++)h[k]=V+1;
				int s=0;
				for (int k=1;k<=tot;k++){
					int t=id[k];
					if (f[t]>0){
						int _f=f[t],_x=xb[t],_y=yb[t];
						if (pos_x[_x]<h[_f]){
							s=(s+1ll*(h[_f]-(pos_x[_x-1]+1))*(V-(pos_y[_y-1]+1)+1))%mod;
							h[_f]=pos_x[_x-1]+1;
						}
					}
				}
				ans=(ans+1ll*(pos_x[i]-pos_x[i-1])*(pos_y[j]-pos_y[j-1])%mod*s)%mod;
			}
		}
		return;
	}
}work1,work2;
int main(){
	freopen("path.in","r",stdin);
	freopen("path.out","w",stdout);
	cin>>tot>>V;
	S=(1ll*V*(V+1)/2%mod*(-V-1)%mod+mod)%mod;
	S=(S+1ll*V*(V+1)%mod*(2*V+1)%mod*((mod+1)/3)%mod)%mod;
	S=1ll*S*V%mod*V%mod*2%mod;
	for (int i=1;i<=tot;i++){
		int xa,ya,xb,yb;
		cin>>xa>>ya>>xb>>yb;
		if (xa>xb)swap(xa,xb),swap(ya,yb);
		if (ya<yb){
			int t=++work1.tot;
			work1.xa[t]=xa,work1.ya[t]=ya,work1.xb[t]=xb,work1.yb[t]=yb;
		}
		else{
			int t=++work2.tot;
			work2.xa[t]=xa,work2.ya[t]=V-ya+1,work2.xb[t]=xb,work2.yb[t]=V-yb+1;
		}
	}
	work1.work();
	work2.work();
	cout<<(S-ans+mod)%mod<<endl;
	return 0;
}

T4 树

纯纯码农题，很显然可以用树剖做

也没什么难的，不过稍微暴力一点也可以过

以下是暴力写法，其实能卡掉

#include<bits/stdc++.h>
#define N 100010
using namespace std;
struct edge{
	int v,ne;
}e[N<<1];
int n,m,cnt,ans,h[N],tot,dfn[N],dep[N],siz[N],id[N],top[N],son[N],fa[N];
struct tree{
	#define lc (p<<1)
	#define rc ((p<<1)|1)
	#define mid ((t[p].l+t[p].r)>>1)
	struct node{
		int l,r,prel,prer,sufl,sufr,flag;
	}t[N<<2];
	inline void pushnow(int p){
		swap(t[p].prel,t[p].prer);
		swap(t[p].sufl,t[p].sufr);
		t[p].flag^=1;
	}
	inline void pushdown(int p){
		if(!t[p].flag) return ;
		pushnow(lc);pushnow(rc);
		t[p].flag = 0;
	}
	inline void pushup(int p){
		t[p].prel = min(t[lc].prel,t[rc].prel);
		t[p].prer = min(t[lc].prer,t[rc].prer);
		t[p].sufl = max(t[lc].sufl,t[rc].sufl);
		t[p].sufr = max(t[lc].sufr,t[rc].sufr);
	}
	void build(int p,int l,int r){
		t[p].l = l;t[p].r = r;
		if(l==r){
			t[p].prel = t[p].sufl = l;
			t[p].prer = n+1;
			t[p].sufr = 0;
			return ;
		}
		build(lc,l,mid);
		build(rc,mid+1,r);
		pushup(p);
	}
	void add(int p,int l,int r){
		if(t[p].l>=l&&t[p].r<=r){
			pushnow(p);
			return ;
		}
		pushdown(p);
		if(l<=mid) add(lc,l,r);
		if(r>mid) add(rc,l,r);
		pushup(p);
	}
	int querypre(int p,int v){
		if(t[p].l==t[p].r) return t[p].sufr;
		pushdown(p);
		if(t[rc].prer<=v) return querypre(rc,v);
		else return querypre(lc,v);
	}
	int querysuf(int p,int v){
		if(t[p].l==t[p].r) return t[p].prer;
		pushdown(p);
		if(t[lc].sufr>=v) return querysuf(lc,v);
		else return querysuf(rc,v);
	}
}T;
void add(int u,int v){
	e[++cnt].v = v;
	e[cnt].ne = h[u];
	h[u] = cnt;
}
void dfs1(int u){
	siz[u] = 1;
	for(int i = h[u];i;i = e[i].ne){
		int v = e[i].v;
		if(!dep[v]){
			fa[v] = u;
			dep[v] = dep[u]+1;
			dfs1(v);
			siz[u]+=siz[v];
			if(siz[son[u]]<siz[v]) son[u] = v;
		}
	}
}
void dfs2(int u,int tp){
	top[u] = tp;dfn[u] = ++tot;
	id[tot] = u;
	if(son[u]) dfs2(son[u],tp);
	for(int i = h[u];i;i = e[i].ne){
		int v = e[i].v;
		if(!top[v]) dfs2(v,v);
	}
}
inline void update(int x,int y){
	while(top[x]^top[y]){
		if(dep[top[x]]<dep[top[y]]) swap(x,y);
		T.add(1,dfn[top[x]],dfn[x]);
		x = fa[top[x]];
	}
	if(dep[x]>dep[y]) swap(x,y);
	if(dfn[x]<dfn[y]) T.add(1,dfn[x]+1,dfn[y]);
}
inline int query(int x){
	while(x){
		int p = T.querypre(1,dfn[x]);
		if(p==0) return 1;
		if(p>=dfn[top[x]]) return p;
		x = fa[top[x]];
	}
	return 1;
}
int main(){
	freopen("tree.in","r",stdin);
	freopen("tree.out","w",stdout);
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);cout.tie(0);
	cin>>n>>m;
	for(int i = 1;i<n;i++){
		int u,v;cin>>u>>v;
		add(u,v);add(v,u);
	}
	dep[1] = 1;
	dfs1(1);
	dfs2(1,1);
	T.build(1,1,n);
	while(m--){
		int opt,x,y;
		cin>>opt>>x;
		if(opt==1){
			cin>>y;
			update(x,y);
		}else{
			ans = 1;
			x = query(x);
			int tmp = x+1;
			while(tmp<x+siz[id[x]]){
				if(T.querysuf(1,tmp)==tmp) tmp+=siz[id[tmp]];
				else{
					int t = min(x+siz[id[x]],T.querysuf(1,tmp))-1;
					ans+=(t-tmp+1);tmp = t+1;
				}
			}
			cout<<ans<<"\n";
		}
	}
	return 0;
}

正解写法

//2024 HOPE IN VALUABLE
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=100005;
const int inf=1000000005;
int n,m,idx,mx,siz[N],fa[N],dep[N],son[N],top[N],dfn[N],poi[N],len[N]; vector<int>e[N];
namespace sgt{
	struct Node{ int lc,rc,xmx,xmn,ymx,ymn,tag,sum; }t[N<<2]; int tot;
	#define ls(x) (x<<1)
	#define rs(x) (x<<1|1)
	inline void pushup(int u){
		t[u].xmx=max(t[t[u].lc].xmx,t[t[u].rc].xmx);
		t[u].xmn=min(t[t[u].lc].xmn,t[t[u].rc].xmn);
		t[u].ymx=max(t[t[u].lc].ymx,t[t[u].rc].ymx);
		t[u].ymn=min(t[t[u].lc].ymn,t[t[u].rc].ymn);
		t[u].sum=t[t[u].lc].sum+t[t[u].rc].sum;
	}
	inline void lzy(int u){
		swap(t[u].xmx,t[u].ymx);
		swap(t[u].xmn,t[u].ymn);
		t[u].tag^=1;
	}
	inline void pushdown(int u){
		if(!t[u].tag) return;
		lzy(t[u].lc); lzy(t[u].rc);
		t[u].tag=0;
	}
	inline void build(int &u,int l,int r){
		u=++tot;
		if(l==r){
			t[u].xmx=t[u].xmn=l; t[u].sum=siz[poi[l]]-siz[son[poi[l]]];
			t[u].ymx=-inf; t[u].ymn=inf;
			return;
		}
		int mid=l+r>>1;
		build(t[u].lc,l,mid); build(t[u].rc,mid+1,r);
		pushup(u);
	}
	inline void flip(int u,int l,int r,int ql,int qr){
		if(l>=ql&&r<=qr) return lzy(u),void();
		int mid=l+r>>1; pushdown(u);
		if(ql<=mid) flip(t[u].lc,l,mid,ql,qr);
		if(qr>mid) flip(t[u].rc,mid+1,r,ql,qr);
		pushup(u);
	}
	inline int findl(int u,int l,int r,int x){
		if(t[u].ymn>x) return -1;
		if(l==r) return poi[l];
		int mid=l+r>>1; pushdown(u);
		if(t[t[u].rc].ymn<=x) return findl(t[u].rc,mid+1,r,x);
		return findl(t[u].lc,l,mid,x);
	}
	inline int findr(int u,int l,int r,int x){
		if(t[u].ymx<x) return -1;
		if(l==r) return poi[l];
		int mid=l+r>>1; pushdown(u);
		if(t[t[u].lc].ymx>=x) return findr(t[u].lc,l,mid,x);
		return findr(t[u].rc,mid+1,r,x);
	}
	inline int query(int u,int l,int r,int ql,int qr){
		if(l>=ql&&r<=qr) return t[u].sum;
		int mid=l+r>>1; pushdown(u);
		if(qr<=mid) return query(t[u].lc,l,mid,ql,qr);
		if(ql>mid) return query(t[u].rc,mid+1,r,ql,qr);
		return query(t[u].lc,l,mid,ql,qr)+query(t[u].rc,mid+1,r,ql,qr);
	}
	inline void add(int u,int l,int r,int x,int y){
		if(l==r){
			t[u].sum+=y;
			return;
		}
		int mid=l+r>>1; pushdown(u);
		if(x<=mid) add(t[u].lc,l,mid,x,y);
		else add(t[u].rc,mid+1,r,x,y);
		pushup(u);
	}
}	int rt[N];
inline void dfs1(int u){
	siz[u]=1;
	for(int v:e[u]){
		if(v==fa[u]) continue;
		fa[v]=u; dep[v]=dep[u]+1;
		dfs1(v); siz[u]+=siz[v];
		if(siz[v]>siz[son[u]]) son[u]=v;
	}
}
inline void dfs2(int u,int tp){
	len[u]=1; top[u]=tp; dfn[u]=++idx; poi[idx]=u;
	if(!son[u]) return;
	dfs2(son[u],tp); len[u]=len[son[u]]+1;
	for(int v:e[u]) if(v!=fa[u]&&v!=son[u]) dfs2(v,v);
}
inline int querydown(int x){
	if(!son[x]) return sgt::query(rt[top[x]],dfn[top[x]],dfn[top[x]]+len[top[x]]-1,dfn[x],dfn[x]);
	int dwn=sgt::findr(rt[top[x]],dfn[top[x]],dfn[top[x]]+len[top[x]]-1,dfn[son[x]]);
	if(dwn==-1) return sgt::query(rt[top[x]],dfn[top[x]],dfn[top[x]]+len[top[x]]-1,dfn[x],dfn[top[x]]+len[top[x]]-1);
	return sgt::query(rt[top[x]],dfn[top[x]],dfn[top[x]]+len[top[x]]-1,dfn[x],dfn[fa[dwn]]);
}
inline int queryup(int x){
	while(x){
		int up=sgt::findl(rt[top[x]],dfn[top[x]],dfn[top[x]]+len[top[x]]-1,dfn[x]);
		if(up!=-1) return querydown(up);
		x=fa[top[x]];
	}
	return querydown(1);
}
inline void update(int x){
	int tmp=querydown(top[x]);
	while(x){
		int ttmp=querydown(top[fa[top[x]]]);
		sgt::flip(rt[top[x]],dfn[top[x]],dfn[top[x]]+len[top[x]]-1,dfn[top[x]],dfn[x]);
		if(top[x]!=1){
			if(sgt::findl(rt[top[x]],dfn[top[x]],dfn[top[x]]+len[top[x]]-1,dfn[top[x]])==-1)
			 	sgt::add(rt[top[fa[top[x]]]],dfn[top[fa[top[x]]]],dfn[top[fa[top[x]]]]+len[top[fa[top[x]]]]-1,dfn[fa[top[x]]],querydown(top[x]));
			else
			 	sgt::add(rt[top[fa[top[x]]]],dfn[top[fa[top[x]]]],dfn[top[fa[top[x]]]]+len[top[fa[top[x]]]]-1,dfn[fa[top[x]]],-tmp);
		}
		x=fa[top[x]]; tmp=ttmp;
	}
}
int main(){
	freopen("tree.in","r",stdin);
	freopen("tree.out","w",stdout);
	ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
	cin>>n>>m;
	for(int i=1,u,v;i<n;i++){
		cin>>u>>v;
		e[u].emplace_back(v);
		e[v].emplace_back(u);
	}
	dfs1(1); dfs2(1,1);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		if(top[i]==i)
			sgt::build(rt[i],dfn[i],dfn[i]+len[i]-1);
	while(m--){
		int op; cin>>op;
		if(op==1){
			int x,y; cin>>x>>y;
			update(x); update(y);
		}
		else{
			int x; cin>>x;
			cout<<queryup(x)<<'\n';
		}
	}
	return 0;
}

标签：return,int,top,231108,fa,dfn,校内,mod
From： https://www.cnblogs.com/cztq/p/17818092.html

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    T1构造题没啥好说的，大样例一眼出规律#include<bits/stdc++.h>#defineN310usingnamespacestd;intn,l[N][N],r[N][N],a[N][N];intmain(){ freopen("squ.in","r",stdin); freopen("squ.out","w",stdout); ios::sync_with_stdio(0......
  • 231101校内赛
    T1茵蒂克丝模拟题，用一个栈模拟就完了，挺简单的有人没看见是非负数#include<bits/stdc++.h>#definepiipair<int,int>#definefifirst#definesesecond#defineN1000010usingnamespacestd;intn,k,a[N],ans[N],cnt,top,tot;piistk[N],b[N];boolcmp(piix,piiy){......
  • 231030校内赛
    T1新的阶乘有三种做法，第一种也就是我写的这种容易被评测机波动坑，复杂度玄学考虑处理出每个数的质因数，然后就暴力除每个数的质因数的种类次非常的简单，也容易被卡第二种是与第一种差距不大，就是在线性筛中处理出质因数之后，再对每个数除以线筛中处理的质因数，将它的答案加到除数和......
  • 231023校内赛
    T1区间题解很容易想到的一点是如果\(k\)足够大，那么把区间单独放到一个组里总比多个区间在一个组优对于多个区间来说，区间之间如果两两不包含的话这道题会是比较好做的就可以注意到如果一个大区间包含了一个小区间，那么大区间要么单独一组，要么和小区间同一组，这样会是比较优的......
  • 231019校内赛
    T1机器人题解傻逼题，但是有人\(90\)分一开始十分想直接暴力\(2^n\)判断每一步选不选求出所有可能性但是会发现它有制约关系有些步走了之后，有些就必须走了所以需要用一个数组记录当前位置走没走过，或者是不是障碍注意走没走过不能直接赋值\(1,0\)因为回溯时会直接将前......
  • 231019校内赛
    T1购买饮料题解简单且傻逼的题目有人更傻逼没做出来很容易就会想去拿最后能喝多少瓶去做未知量来求然后就有一个严重的问题，它会赊账非常明显这样算是不得行的那么考虑换个思路以能喝多少套饮料为未知量，先除去第一套，免得一套都买不起时赊账买了饮料然后将剩余的钱除以\(......
  • [校内]此方（konata）
    2023-10-14题目LittleBrother题目描述难度&重要性(1~10):7题目来源CQYC题目算法几何，二分解题思路Sol我们知道，对于两个圆，我们无非就只有三种情况：相离，相切，相交。而这道题目是不允许其他圆相交，而两个圆不相交只有两种情况：包含，不包含。根据垂径定理得知，过线段两端的圆的......
  • 231011校内赛
    T1树上的数题解比上一次好一些的第一题不过我还是没做出来一眼树形\(dp\)不过状态设计和转移不是很好列容易想到对于子树枚举，记录\(f_{i,j}\)表示\(i\)的子树空出了\(j\)个点时的方案数对于每一个节点的初始状态都是\(f_{i,0}=n-dep_i\\\f_{i,1}=1\)为......
  • 231009校内赛
    T1里群题解阴间第一题题目中有一个很明显的建图方法就是对于第\(i\)天入群的人在第\(j\)天退群那么就在\(i,j\)之间连一条边首先有一个结论，管理员个数不大于\(3\)对于这个结论，证明如下：首先第一次删除出现后就一定需要两个管理员了如果某次删除只删掉了某一个管理......

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