多校A层冲刺NOIP2024模拟赛26 && G
T1 随机游走
考虑到达一个点后，我们该往他的那个儿子走，简单膜一下只有两个儿子的样例后发现条件是 $ \frac{w_i}{v_i} $ 越小越优先，其中 $ w_i $ 表示他到父亲的边权， $ v_i $ 表示他的点权，然后尝试推广，膜个稍微大点的样例发现完全是通用的，此时 $ w_i $ 表示 $ i $ 的子树里所有的点到父亲的边权总和， $ v_i $ 表示 $ i $ 子树里所有的点权和。然后排序再算贡献就行了。
T2 分发奖励
还真是没想到场上读了将近一个小时的题面都没读明白他要干什么，竟然被阅读理解 hack 了，然后这题直接没写。
大概题意是说，有一棵树和 q 次操作，每次选择两个点（可能相同）然后给他们的子树里面的点全部带上一种属性，然后进行完这些操作之后对于每个点 $ i $ 求出有多少个点满足和 $ i $ 有任何一种相同属性。
其实很简单，我们直接把操作都挂在点上后直接 $ dfs $ ，每次到了一个点，就把他挂着的那些操作加上去， $ dfs $ 完了回溯时就直接撤销贡献。但是这不是一个区间加，而是一个区间覆盖，然后这就导致撤销操作很难完成，但是我们注意到区间覆盖时分成每一个小段后，这个区间的 $ sum_k $ 必定等于 $ r-l+1 $ ，所以我们每次记 $ tag_k $ 表示他被直接覆盖了几次，那么撤销时直接 $ --tag_k $ ，如果 $ tag_k $ 不为 0 的话， $ sum_k $ 还是 $ r-l+1 $ ，否则 $ sum_k $ 在 $ k $ 本层没有贡献，所以 $ sum_k = sum_{ls(k)} + sum_{rs(k)} $ ，然后直接做就行了。
给个码
/*
GGrun
*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define int ll
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> pii;
#define fi first
#define se second
#define ps push_back
#define mk make_pair
const int N=1e6+10,inf=0x3f3f3f3f;
const ll linf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f,mod=1e9+7;
inline ll read(){
char c=getchar();ll x=0;bool f=0;
while(!isdigit(c))f=c=='-'?1:0,c=getchar();
while(isdigit(c))x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
return f?-x:x;
}
int n,q,a[N],b[N],fa[N],dfn[N],ed[N],cnt,sz[N];
vector<int> son[N];
inline void dfs(int x){
dfn[x]=++cnt;sz[x]=1;
for(auto j:son[x]){
dfs(j);sz[x]+=sz[j];
}
ed[x]=cnt;
}
int tot,now,ans[N],sum[N<<2],tag[N<<2];
vector<int> v[N];
vector<int> op[N];
inline void add(int k,int l,int r,int L,int R,int v){
if(L<=l&&r<=R){
if(v==0){
if(!--tag[k]){
if(l!=r)sum[k]=sum[k<<1]+sum[k<<1|1];
else sum[k]=0;
}
}
else ++tag[k],sum[k]=r-l+1;
return;
}
int mid=l+r>>1;
if(L<=mid)add(k<<1,l,mid,L,R,v);
if(R>mid)add(k<<1|1,mid+1,r,L,R,v);
if(!tag[k])sum[k]=sum[k<<1]+sum[k<<1|1];
}
inline int ask(int k,int l,int r,int pos){
if(tag[k]||l==r)return sum[k];
int mid=l+r>>1;
return pos<=mid?ask(k<<1,l,mid,pos):ask(k<<1|1,mid+1,r,pos);
}
inline void sol(int x){
vector<int> qu;
bool zh=0;
for(auto i:v[x]){
if(!tot){
++tot,add(1,1,n,dfn[x],ed[x],1),zh=1;
// cout<<x<<' '<<i<<' '<<sum[1]<<"ADD1\n";
}
if(!ask(1,1,n,dfn[i])){
add(1,1,n,dfn[i],ed[i],1),qu.ps(i);
// cout<<x<<' '<<i<<' '<<sum[1]<<"ADD2\n";
}
}
// cout<<x<<' '<<sum[1]<<endl;
ans[x]=max(0ll,sum[1]-1);
for(auto i:son[x])
sol(i);
for(auto i:qu){
add(1,1,n,dfn[i],ed[i],0);
// cout<<x<<' '<<i<<' '<<sum[1]<<"SHAN2\n";
}
if(zh){
--tot,add(1,1,n,dfn[x],ed[x],0),zh=0;
// cout<<x<<' '<<sum[1]<<"SHAN1\n";
}
}
signed main(){
freopen("reward.in","r",stdin);
freopen("reward.out","w",stdout);
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
n=read(),q=read();
for(int i=2;i<=n;++i)
fa[i]=read(),son[fa[i]].ps(i);
dfs(1);
for(int i=1;i<=q;++i){
a[i]=read(),b[i]=read();
v[a[i]].ps(b[i]);v[b[i]].ps(a[i]);
}
sol(1);
for(int i=1;i<=n;++i)
cout<<ans[i]<<' ';
}
T3 卡路里
看了半天 T2 题面无果后先做了 T3。
首先肯定会 $ O(m^2 n) $ 的暴力枚举对吧，发现每次 $ O(n) $ 遍历去求贡献很唐，然后我们看看能不能优化一下，然后要想每次知道 所有奶茶的最大值无法优化，最少也得 $ O(n) $ 遍历一下，但是我们只关心他们的和，所以我们把填表改为刷表，也就是说，我们对于每个 $ a_{i,j} $ 去看他能贡献给那些区间，然后很容易想到对于每一款奶茶，拿单调栈 $ O(m) $ 的跑一下前面第一个大于等于他的，和后面第一个大于他的位置 （等于的情况放在哪边都无所谓，但必须放一边），然后设他的前驱是 $ l_j $ ，后继是 $ r_j $ ，那么 $ a_{i,j} $ 可以贡献的区间就是 左端点是 $ [ l_j , j ] $ ，右端点是 $ [ j , r_j ] $ 的区间，然后这是一个矩形加，直接上差分扫描线，树状数组维护，然后时间复杂度降为 $ O(m^2 \log(m)) $ ，标算 3e8 ，如果你算一个枚举区间时 $ \dfrac{1}{2} $ 的常数的话没准能卡过去。但是我们又发现这个树状数组也很唐，反正我们都要 $ O(m^2) $ 枚举区间了，为什么不每次直接暴力扫过去维护前缀和，然后把树状数组的 $ \log(m) $ 拿掉即可做到 $ O(m^2) $ 。
然后好像还有个 $ O(mn \log(m)) $ 的做法，大概就是直接把那个 $ d_i $ 值扔到线段树里，每次确定左端点后直接把扫描线的贡献都加进去，然后直接查最大值即可，标算比 $ O(m^2) $ 快，但实际上常数比 $ O(m^2) $ 大。
给个码
/*
GGrun
*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define int ll
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> pii;
#define fi first
#define se second
#define ps push_back
#define mk make_pair
const int N=1e6+10,inf=0x3f3f3f3f;
const ll linf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f,mod=1e9+7;
inline ll read(){
char c=getchar();ll x=0;bool f=0;
while(!isdigit(c))f=c=='-'?1:0,c=getchar();
while(isdigit(c))x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
return f?-x:x;
}
bool f1;
int n,m,a[5050][210];
ll d[5050];
int q[10000],top,zuo[5050],you[5050];
vector<pair<pii,int> > v[5050];
ll pre[5050],jia[5050];
bool f2;
signed main(){
freopen("calorie.in","r",stdin);
freopen("calorie.out","w",stdout);
// cout<<(&f1-&f2)/1024/1024<<endl;
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
n=read(),m=read();
for(int i=1;i<m;++i)
d[i]=read()+d[i-1];
for(int i=1;i<=m;++i){
for(int j=1;j<=n;++j){
a[i][j]=read();
}
}
for(int i=1;i<=n;++i){
q[top=0]=0;
a[0][i]=a[m+1][i]=inf;
for(int j=1;j<=m+1;++j){
while(top&&a[q[top]][i]<a[j][i])you[q[top--]]=j;
zuo[j]=q[top];q[++top]=j;
}
for(int j=1;j<=m;++j){
// cout<<i<<' '<<j<<' '<<zuo[j]<<' '<<you[j]<<endl;
v[zuo[j]+1].ps({{j,you[j]-1},a[j][i]}),v[j+1].ps({{j,you[j]-1},-a[j][i]});
}
}
ll ans=0;
for(int i=1;i<=m;++i){
for(int j=0;j<=m;++j)
jia[j]=0;
for(auto j:v[i]){
jia[j.fi.fi]+=j.se;jia[j.fi.se+1]-=j.se;
}
ll now=0;
for(int j=0;j<i;++j)
now+=jia[j],pre[j]+=now;
for(int j=i;j<=m;++j){
now+=jia[j];
pre[j]+=now;
// cout<<i<<' '<<j<<' '<<pre[j]<<endl;
ans=max(ans,pre[j]-(d[j-1]-d[i-1]));
}
}
cout<<ans<<'\n';
}
T4 传话游戏
目前只会 32pts 的部分分（场上还打挂了）。
run（
G
这几天感觉挺唐的，自从 NOIP24 那场暴力没打好之后状态一直不好，赛时有很多分没拿到，而且确实感觉到旁边的人实力强大。
NOIP24：其实那场可以拿到 rk1 的分，但是 T2 40pts 的部分分没拿上，因为当时感觉切了两道题之后虽然还在打，但是少了点兴奋劲。
NOIP25：T2 n,m 写反了挂了 100pts， T4 赛时没怎么看，但其实是比较简单的线段树板子，大概T2对拍过了之后效率就极低了，当时 T2 是 10：11 交的，要是不挂还是首A呢，后面着两个小时相当于只拿了 10 pts。
梦熊那场没挂，但是会的比较少。
加赛7 其实拼满暴力也是 305pts，但是 T3挂了， T4着急打正解，正解没打出来，暴力也没打好。
然后就是这场，T2没读明白题面，T4暴力挂了 28 pts。
总的来说就是过了一些题之后紧张度就下降了，然后效率极低，基本上2个小时之后得分率就大大降低了，上次 csp-s 也是，三个小时切了三题之后半个小时没打出 T4暴力，其实并没有说半场开香槟，但是内心里已经不再那么紧张了，导致效率降低，以后会给自己多一些适当的压力，提高考试时的效率，争取调整到当时一开始集训时的状态。
反正已经走到这了，那就今天下NOIP绝命书吧，但凡这次发挥正常，省选的时候我一定能拼进省队