前言
- 比赛链接。
今上午在家打的，下午回的学校，话说啥时候改成 \(7\) 点开始了？
T1 是板子但是没打过标记永久化，想了一段时间想起树状数组维护区间求和操作于是用主席树实现了这个，赛时 T1 不给大样例所以调了挺长时间才放心；T2 想了一会儿没想出来就先打 T3 了，T3 想了一会儿胡了个 \(n^2\) DP 回来也没时间打了，因为时间少了半小时，刚把 T4 样例交上去就结束了。
T1 可持久化线段树
- 做法一、二对应原题：SP11470 TTM - To the moon，这里面只有做法三能通过 U259681 败者食尘（加强版）。
做法一
正常的标记永久化主席树，时空复杂度均为 \(O(n\log n)\)。
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define endl '\n'
#define sort stable_sort
#define l(p) t[p].l
#define r(p) t[p].r
#define val(p) t[p].val
#define add(p) t[p].add
using namespace std;
const int N=1e5+10,M=3e6+10,P=998244353;
template<typename Tp> inline void read(Tp&x)
{
x=0;register bool z=true;
register char c=getchar();
for(;c<'0'||c>'9';c=getchar()) if(c=='-') z=0;
for(;'0'<=c&&c<='9';c=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
x=(z?x:~x+1);
}
template<typename T,typename ...Tp> inline void read(T &x,Tp &...y){read(x);read(y...);}
template<typename Tp> inline void wt(Tp x)
{if(x>9)wt(x/10);putchar((x%10)+'0');}
template<typename Tp> inline void write(Tp x)
{if(x<0)putchar('-'),x=~x+1;wt(x);}
template<typename T,typename ...Tp> inline void write(T x,Tp ...y){write(x);putchar(' ');write(y...);}
int n,m,tot,tim,a[N],rt[N];
struct aa {int l,r; ll val,add;}t[M];
void build(int &p,int l,int r)
{
p=++tot;
if(l==r) {val(p)=a[l]; return ;}
int mid=(l+r)>>1;
build(l(p),l,mid),build(r(p),mid+1,r);
val(p)=(val(l(p))+val(r(p)))%P;
}
void change(int &now,int last,int l,int r,int vl,int vr,int d)
{
now=++tot;
t[now]=t[last],(val(now)+=1ll*(min(r,vr)-max(l,vl)+1)*d%P)%=P;
if(vl<=l&&vr>=r) {(add(now)+=d)%=P; return ;}
int mid=(l+r)>>1;
if(vl<=mid) change(l(now),l(last),l,mid,vl,vr,d);
if(vr>mid) change(r(now),r(last),mid+1,r,vl,vr,d);
}
ll ask(int p,int l,int r,int vl,int vr)
{
if(vl<=l&&vr>=r) return val(p);
int mid=(l+r)>>1,ans=0;
if(vl<=mid) (ans+=ask(l(p),l,mid,vl,vr))%=P;
if(vr>mid) (ans+=ask(r(p),mid+1,r,vl,vr))%=P;
return (ans+1ll*add(p)*(min(r,vr)-max(l,vl)+1)%P)%P;
}
signed main()
{
read(n,m);
for(int i=1;i<=n;i++) read(a[i]);
build(rt[0],1,n);
for(int i=1,op,l,r,x;i<=m;i++)
{
read(op);
if(op==1)
{
read(l,r,x),tim++;
change(rt[tim],rt[tim-1],1,n,l,r,x);
}
if(op==2)
{
read(l,r);
write(ask(rt[tim],1,n,l,r)),puts("");
}
if(op==3) read(x),tim-=x;
}
}
做法二
- 树状数组区间求和详见：oi-wiki。
考虑树状数组的区间求和操作，将其转化为前缀和的可差分信息，从而单点修改单点查询，用主席树实现这个即可，时空复杂度均为 \(O(n\log n)\)。
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define endl '\n'
#define sort stable_sort
#define l(p) t[p].l
#define r(p) t[p].r
#define val(p) t[p].val
using namespace std;
const int N=1e5+10,M=5e6+10,P=998244353;
template<typename Tp> inline void read(Tp&x)
{
x=0;register bool z=true;
register char c=getchar();
for(;c<'0'||c>'9';c=getchar()) if(c=='-') z=0;
for(;'0'<=c&&c<='9';c=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
x=(z?x:~x+1);
}
template<typename T,typename ...Tp> inline void read(T &x,Tp &...y){read(x);read(y...);}
template<typename Tp> inline void wt(Tp x)
{if(x>9)wt(x/10);putchar((x%10)+'0');}
template<typename Tp> inline void write(Tp x)
{if(x<0)putchar('-'),x=~x+1;wt(x);}
template<typename T,typename ...Tp> inline void write(T x,Tp ...y){write(x);putchar(' ');write(y...);}
int n,m,tim,tot,rt1[N],rt2[N];
ll a[N];
struct aa {int l,r; ll val;}t[M];
void change(int &now,int last,int l,int r,int x,ll d)
{
now=++tot;
t[now]=t[last],(val(now)+=d)%=P;
if(l==r) return ;
int mid=(l+r)>>1;
if(x<=mid) change(l(now),l(last),l,mid,x,d);
else change(r(now),r(last),mid+1,r,x,d);
}
ll ask(int p,int l,int r,int x)
{
if(l==r) return val(p);
int mid=(l+r)>>1;
if(x<=mid) return ask(l(p),l,mid,x);
else return (ask(r(p),mid+1,r,x)+val(l(p)))%P;
}
ll ask(int x)
{
return (a[x]+ask(rt1[tim],1,n,x)*(x+1)%P-ask(rt2[tim],1,n,x)+P)%P;
}
signed main()
{
read(n,m);
for(int i=1;i<=n;i++) read(a[i]),(a[i]+=a[i-1])%=P;
for(int i=1,op,l,r;i<=m;i++)
{
read(op); ll x;
if(op==1)
{
read(l,r,x),tim++;
rt1[tim]=rt1[tim-1],rt2[tim]=rt2[tim-1];
change(rt1[tim],rt1[tim],1,n,l,x);
change(rt1[tim],rt1[tim],1,n,r+1,(-x+P)%P);
change(rt2[tim],rt2[tim],1,n,l,x*l%P);
change(rt2[tim],rt2[tim],1,n,r+1,(-x*(r+1)%P+P)%P);
}
if(op==2)
{
read(l,r);
write((ask(r)-ask(l-1)+P)%P),puts("");
}
if(op==3) read(x),tim-=x;
}
}
做法三
因为他只是撤销，所以每个操作最多进行一遍再撤销一遍，所以树状数组暴力撤销即可，空间复杂度可以达到 \(O(n)\)，时间还是 \(O(n\log n)\)，因为树状数组常熟小所以跑得巨快。
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define endl '\n'
#define sort stable_sort
using namespace std;
const int N=5e5+10,P=998244353;
template<typename Tp> inline void read(Tp&x)
{
x=0;register bool z=true;
register char c=getchar();
for(;c<'0'||c>'9';c=getchar()) if(c=='-') z=0;
for(;'0'<=c&&c<='9';c=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
x=(z?x:~x+1);
}
template<typename T,typename ...Tp> inline void read(T &x,Tp &...y){read(x);read(y...);}
template<typename Tp> inline void wt(Tp x)
{if(x>9)wt(x/10);putchar((x%10)+'0');}
template<typename Tp> inline void write(Tp x)
{if(x<0)putchar('-'),x=~x+1;wt(x);}
template<typename T,typename ...Tp> inline void write(T x,Tp ...y){write(x);putchar(' ');write(y...);}
int n,m,t,a[N],c1[N],c2[N];
struct aa {int l,r,x;}e[N];
int mod(int x,int y) {ll res=x+y; return res>=P?res-P:res;}
int lowbit(int x) {return x&-x;}
void add(int x,int d)
{
for(int i=x;i<=n;i+=lowbit(i))
c1[i]=mod(c1[i],d),c2[i]=mod(c2[i],1ll*x*d%P);
}
int ask(int x)
{
int ans1=0,ans2=0;
for(int i=x;i;i-=lowbit(i)) ans1=mod(ans1,c1[i]);
for(int i=x;i;i-=lowbit(i)) ans2=mod(ans2,c2[i]);
return mod(1ll*ans1*(x+1)%P,P-ans2);
}
signed main()
{
read(n,m);
for(int i=1;i<=n;i++) read(a[i]),a[i]=mod(a[i],a[i-1]);
for(int i=1,op,l,r,x;i<=m;i++)
{
read(op);
switch (op)
{
case 1:
read(l,r,x),e[++t]={l,r,x};
add(l,x),add(r+1,P-x);
break;
case 2:
read(l,r);
write(mod(mod(a[r],P-a[l-1]),mod(ask(r),P-ask(l-1)))),puts("");
break;
case 3:
read(x);
while(x--)
{
int l=e[t].l,r=e[t].r,x=e[t].x;
add(l,P-x),add(r+1,x);
t--;
}
break;
}
}
}
T2 Little Busters !
转化题面，所剩所有 lun 边均在双连通分量里，所有 qie 边用来连接这些双连通分量，且最终图联通。
由此先只连接 lun 边跑 tarjan 保留合法的边，之后加入 qie 边并查集维护图连通即可。
- 根据
Shadow的论述，双连通分量本质是有向图的环，由此直接在无向图上跑强连通分量就是双连通分量。
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define endl '\n'
#define sort stable_sort
using namespace std;
const int N=1e5+10;
template<typename Tp> inline void read(Tp&x)
{
x=0;register bool z=true;
register char c=getchar();
for(;c<'0'||c>'9';c=getchar()) if(c=='-') z=0;
for(;'0'<=c&&c<='9';c=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
x=(z?x:~x+1);
}
template<typename T,typename ...Tp> inline void read(T &x,Tp &...y){read(x);read(y...);}
template<typename Tp> inline void wt(Tp x)
{if(x>9)wt(x/10);putchar((x%10)+'0');}
template<typename Tp> inline void write(Tp x)
{if(x<0)putchar('-'),x=~x+1;wt(x);}
template<typename T,typename ...Tp> inline void write(T x,Tp ...y){write(x);putchar(' ');write(y...);}
int n,m,tot,cnt,f[N],dfn[N],low[N],belong[N];
bool ins[N];
stack<int>s;
vector<int>e[N];
vector<pair<int,int> >lun,qie,ans;
int find(int x) {return x==f[x]?x:f[x]=find(f[x]);}
void tarjan(int x,int fa)
{
dfn[x]=low[x]=++tot,ins[x]=1,s.push(x);
for(int y:e[x]) if(y!=fa)
{
if(dfn[y]==0) tarjan(y,x),low[x]=min(low[x],low[y]);
else if(ins[y]==1) low[x]=min(low[x],dfn[y]);
}
if(dfn[x]==low[x])
{
int k=0; cnt++;
while(x!=k) k=s.top(),s.pop(),ins[k]=0,belong[k]=cnt;
}
}
signed main()
{
read(n,m); char op[4];
for(int i=1;i<=n;i++) f[i]=i;
for(int i=1,x,y;i<=m;i++)
{
read(x,y); scanf("%s",op);
if(op[0]=='L')
{
e[x].push_back(y),e[y].push_back(x);
lun.push_back(make_pair(x,y));
}
else qie.push_back(make_pair(x,y));
}
for(int i=1;i<=n;i++) if(!dfn[i]) tarjan(i,0);
for(auto pos:lun) if(belong[pos.first]==belong[pos.second])
ans.push_back(pos);
for(auto pos:qie)
{
int x=find(belong[pos.first]),y=find(belong[pos.second]);
if(x!=y) f[y]=x,cnt--,ans.push_back(pos);
}
if(cnt==1)
{
puts("YES"),write(ans.size()),puts("");
for(auto pos:ans) write(pos.first,pos.second),puts("");
}
else puts("NO");
}
T3 魔卡少女樱
-
部分分 \(40pts\)：\(O(n^3)\) DP。
-
部分分 \(65pts\)：\(O(n^2)\) DP，就是 \(n^3\) 的加个前缀和优化。
-
正解：
考虑 \(a_i\) 的差分数组 \(b_i\)，\(b_i\) 可以表示为 \(3k_i+r_i\)，有 \(r_1\in\{0,1,2\},r_i\in\{1,2\}\)。
对于除了 \(r_1\) 以外的其他 \(n-1\) 个 \(r_i\)，设其中 \(2\) 的个数为 \(cnt\)，那么 \(\sum\limits_{i=1}^nr_i=r_1+cnt+n-1\)。
不难发现 \(\sum\limits_{i=1}^nb_i\le m\)，回去考虑 \(k_i\) 的贡献，只考虑除了 \(k_1\) 以外其他 \(n-1\) 个 \(k_i\)，有 \(\sum\limits_{i=1}^n3k_i\le m-\sum\limits_{i=1}^nr_i\)，所以 \(\sum\limits_{i=1}^nk_i\le \lfloor\frac{m-\sum\limits_{i=1}^nr_i}{3}\rfloor\)，即 \(n-1\) 个位置去分配，可转化为隔板法问题解决。
综上所述，答案为 \(\sum\limits_{r_1=0}^{2}\sum\limits_{i=0}^{n-1}C_{n-1}^{i}\sum\limits_{j=0}^{\lfloor\frac{m-(r_1+i+n-1)}{3}\rfloor}C_{n-1+j}^{n-1}\)，后半部分可以前缀和优化，最终复杂度为线性。
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#include<bits/stdc++.h> #define ll long long #define endl '\n' #define sort stable_sort using namespace std; const int N=1.4e7+10,M=4e6+10,P=998244353; template<typename Tp> inline void read(Tp&x) { x=0;register bool z=true; register char c=getchar(); for(;c<'0'||c>'9';c=getchar()) if(c=='-') z=0; for(;'0'<=c&&c<='9';c=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48); x=(z?x:~x+1); } template<typename T,typename ...Tp> inline void read(T &x,Tp &...y){read(x);read(y...);} template<typename Tp> inline void wt(Tp x) {if(x>9)wt(x/10);putchar((x%10)+'0');} template<typename Tp> inline void write(Tp x) {if(x<0)putchar('-'),x=~x+1;wt(x);} template<typename T,typename ...Tp> inline void write(T x,Tp ...y){write(x);putchar(' ');write(y...);} int n,m,ans,jc[N],inv[N],s[M]; int add(int x,int y) {ll res=x+y; return res>=P?res-P:res;} int mul(int x,int y) {return 1ll*x*y%P;} int qpow(int a,int b) { int res=1; for(;b;b>>=1) { if(b&1) res=mul(res,a); a=mul(a,a); } return res; } int C(int n,int m) { if(m>n) return 0; if(m==0||m==n) return 1; return mul(mul(jc[n],inv[n-m]),inv[m]); } signed main() { read(n,m); int k=n+(m-n+1)/3; jc[0]=inv[0]=s[0]=1; for(int i=1;i<=k;i++) jc[i]=mul(jc[i-1],i); inv[k]=qpow(jc[k],P-2); for(int i=k-1;i>=1;i--) inv[i]=mul(inv[i+1],i+1); for(int i=1;i<=(m-n+1)/3;i++) s[i]=add(s[i-1],C(i+n-1,n-1)); for(int i=0;i<=2;i++) for(int j=0;j<=n-1&&j+n-1+i<=m;j++) ans=add(ans,mul(C(n-1,j),s[(m-n+1-i-j)/3])); write(ans); }
T4 声之形
不会。
总结
T2 再给点时间或许能想出来？不确定但是确实应该想出来的，病刚好有点没劲儿，回学校看电脑屏幕好大啊，机械键盘都有点用不习惯了（在家用笔记本用的）。
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