CF446C DZY Loves Fibonacci Numbers
考虑怎样维护区间和。
由斐波那契数列：
\[f_1=1,f_2=1\\
f_3=f_1+f_2,f_4=f_1+2\times f_2\\
f_5=2\times f_1+3\times f_2,f_6=3\times f_1+5\times f_2\]
可得
\[f_i=f_{i-1}\times f_2 + f_{i-2}\times f_1.\]
我们定义 $g(i)$ 为任意起点的一段斐波那契数列，则：
\[\begin{cases} g(1) = u,\\ g(2) = v,\\ g(i) = g(i-1) + g(i-2)\quad(i\ge3). \end{cases}\]
由数学归纳法及上述结论可证得：
\[g(i) \;=\; \begin{cases} u, & i=1,\\ v, & i=2,\\ u\,f_{\,i-2}+v\,f_{\,i-1}, & i\ge3. \end{cases}\]
一次操作 “对所有 $l\le i\le r$ 将 $a_i$ 加上 $f_{i-l+1}$“ 相当于在每个 $i \in [l,r]$ 上，加上 $g(i-l+1)$。这里 $u,v$ 都为 $1$，所以 $g(i-l+1)=f_{i-l-1}+f_{i-l}$。我们在线段树每个节点上维护一个懒标记对 $(u,v)$，表示当前节点未向下更新的斐波那契数列前两项的值（等价于用 $g$ 的前两项值确定斐波那契起点）。更新懒标记时，区间和加上这一段 $g$ 的总和 $\ell=R-L+1,s_{\ell}=\sum\limits_{i=1}^{\ell}g(i)=uf_{\ell}+v(f_{\ell+1}-1)$，懒标记累加更新 $u,v$ 即可。对于 $\texttt{PushDown}$ 操作，左子树序列起点与父节点相同，直接下传。右子树区间起点向右偏移了 $\ell’$ 个单位（$\ell’$ 为左子树序列长度），所以右子树序列是从 $g(\ell’+1)$ 开始的，所以
\[\begin{cases} u'=g(\ell'+1)=uf_{\ell'-1}+vf_{\ell'}, \\ v'=g(\ell'+2)=uf_{\ell'}+vf_{\ell'+1}. \end{cases}\]
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| struct Lazy {
int u, v;
Lazy() : u(0), v(0) {}
void Add() { u = 1; v = 1; }
void Unit() { u = v = 0; }
};
struct Tree {
int l, r;
int valu;
Lazy lazy;
} tree[N << 2];
void PushUp(int p) {
tree[p].valu = (tree[p << 1].valu + tree[p << 1 | 1].valu) % MOD;
}
void apply_lazy(int p, const Lazy& k) {
int L = tree[p].l, R = tree[p].r;
int len = R - L + 1;
long long delta = ((long long)k.u * fib[len] % MOD
+ (long long)k.v * ((fib[len + 1] - 1 + MOD) % MOD) % MOD) % MOD;
tree[p].valu = (tree[p].valu + delta) % MOD;
tree[p].lazy.u = (tree[p].lazy.u + k.u) % MOD;
tree[p].lazy.v = (tree[p].lazy.v + k.v) % MOD;
}
void PushDown(int p) {
auto& lz = tree[p].lazy;
if (lz.u == 0 && lz.v == 0) return;
int L = tree[p].l, R = tree[p].r, mid = (L + R) >> 1;
apply_lazy(p << 1, lz);
int d = mid - L + 1;
Lazy k2;
k2.u = ((long long)lz.u * fib[d - 1] + (long long)lz.v * fib[d]) % MOD;
k2.v = ((long long)lz.u * fib[d] + (long long)lz.v * fib[d + 1]) % MOD;
apply_lazy(p << 1 | 1, k2);
lz.Unit();
}
/*====================*/
void Change(int p, int L, int R) {
if (L <= tree[p].l && tree[p].r <= R) {
int d = tree[p].l - L + 1;
Lazy k;
k.u = fib[d];
k.v = fib[d + 1];
apply_lazy(p, k);
} else {
PushDown(p);
int mid = (tree[p].l + tree[p].r) >> 1;
if (L <= mid) Change(p << 1, L, R);
if (R > mid) Change(p << 1 | 1, L, R);
PushUp(p);
}
}
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线段树难以维护区间数颜色问题，考虑升维，加一维偏序关系。
记 (col, pre ) 表示颜色为 col 的点上一次出现在下标 pre 所在位置。我们将输入离线下来做二维数点，查询操作时一个点满足 $pre < l$ 才会产生贡献，也就是查询区间 $[l,r]$ 内有多少点的第二维小于 $l$。可以把问题继续转化：将一个点的 col 等信息用 pre 代替，虽然维数不变，但解决了多次贡献问题。查询区间 $[l,r]$ 内 pre 小于 $l$ 的点数量相当于用 pre 在 $[1,r]$ 内的点数量减去 $[1,l-1]$ 内的点数量。用权值线段树离线按 $l,r$ 扫描即可。
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| for (int i = 1; i <= m; i++)
{
cin >> q[i].l >> q[i].r;
q[i].id = i;
}
sort(q + 1, q + m + 1, [](Q a, Q b) {
return a.r < b.r;
});
Build(1, 1, n);
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
{
pos[i] = tmp[a[i]];
tmp[a[i]] = i;
}
// 每次查询扫一遍 1-r[i]，如果有重复的元素，把它之前和它相同的元素标记成 0，这样最后计算就只会统计最后一次出现
int nowp = 1;
for (int i = 1; i <= m; i ++ )
{
while (nowp <= q[i].r)
{
// 有重复元素
if (pos[nowp]) Change(1, pos[nowp], 0);
Change(1, nowp, 1);
nowp ++;
}
ans[q[i].id] = Ask(1, 1, q[i].r) - Ask(1, 1, q[i].l - 1);
// 前缀和思想
}
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整体做法。将所有操作离线下来，对值域 $[-n,n]$ 进行二分答案 mid。遍历操作序列，将操作划分为左右两个子区间。
- 对于修改操作 $(l, r, c)$，如果 $c > mid$， 该操作对于 $[l,r]$ 区间有贡献，区间 $[l,r]$ 整体加 $1$，划入右子区间中。否则直接划入左子区间。
- 对于询问操作 $(l, r, c)$，查询区间和 $s(l,r)$，表示区间内有比当前答案 mid 大的数的个数。如果 $s(l,r) \geq c$，则右区间有至少 $s(l,r)$ 个比 mid 大的数，说明该询问操作的答案包含在右区间中；否则说明 mid 右边比它大的数不足 $c$ 个，也就是答案在左边，所以将询问的 $c$ 减去区间 $[l,r]$ 的贡献 $s(l,r)$，丢入左区间内继续递归。
每次向下递归前把分开的左右子区间拼起来合到原操作序列上即可。
需要注意的是，每次进入下一层递归前，需要把当前线段树上标记的贡献还原，否则会影响下一层二分。
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| void solve1(int L, int R, int x, int y) {
if (L == R) {
for (int i = x; i <= y; i++) if (q[i].op == 2) ans[q[i].d] = L;
return;
}
int mid = (L + R) >> 1;
int lcnt = 0, rcnt = 0;
for (int i = x; i <= y; i++) {
if (q[i].op == 1) {
if (mid < q[i].c) {
Change(1, q[i].l, q[i].r, 1); tr[++rcnt] = q[i];
} else { tl[++lcnt] = q[i]; }
} else {
int num = Ask(1, q[i].l, q[i].r);
if (q[i].c > num) {
q[i].c -= num; tl[++lcnt] = q[i];
} else { tr[++rcnt] = q[i]; }
}
}
for (int i = 1; i <= lcnt; i++)
q[x + i - 1] = tl[i];
for (int i = 1; i <= rcnt; i++)
q[x + i + lcnt - 1] = tr[i];
for (int i = 1; i <= rcnt; i++) { // 还原
if (tr[i].op == 1) Change(1, tr[i].l, tr[i].r, -1);
}
if (lcnt) solve1(L, mid, x, x + lcnt - 1);
if (rcnt) solve1(mid + 1, R, y - rcnt + 1, y);
}
/*====================*/
void Solve() {
cin >> n >> m;
Build(1, 1, n);
for (int i = 1; i <= m; i++) {
int op; cin >> op; cin >> q[i].l >> q[i].r >> q[i].c;
if (op == 2) q[i].d = ++pos;
q[i].op = op;
}
solve1(-n, n, 1, m);
for (int i = 1; i <= pos; i++) cout << ans[i] << endl;
return;
}
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求每棵子树的重心。由性质“把两棵树通过一条边相连得到一棵新的树，那么新的树的重心在连接原来两棵树的重心的路径上”，我们在 dfs 过程中每次向上判断路径上的节点是否可以作为重心即可。
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| int siz[N]; // 子树大小
int wei[N]; // 节点重量（最大子树的大小）
int ans[N]; // 子树重心
void dfs(int u) {
ans[u] = u;
siz[u] = 1; wei[u] = 0;
for (auto i : g[u]) {
dfs(i);
siz[u] += siz[i];
wei[u] = max(wei[u], siz[i]);
}
for (auto i : g[u]) {
int p = ans[i];
while (p != u) {
if (max(wei[p], siz[u] - siz[p]) <= siz[u] / 2) {
ans[u] = p;
break;
} else {
p = fa[p];
}
}
}
return;
}
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数据结构好题。
首先区间 $\operatorname{popcount}$ 操作不好维护，但我们注意到 $\operatorname{popcount}(x)$ 的值域只有 $\mathcal{O}(\log{V})$，也就是最多只有 $\log{V}$ 种数。
区间修单点查考虑线段树，每个节点维护 $\operatorname{add}$ 操作的增量 sum 以及是否进行了 P 操作的标记，用 $p_{i=0 \sim \log{V}}$ 表示子区间当前值为 $i$ 时，将所在节点还未下传的操作作用后，$i$ 的值是多少。通过在节点上计算 $p_i=\operatorname{popcount}(p_i+\operatorname{add})$，我们将 $\operatorname{add}$ 和 $\operatorname{popcount}$ 操作合并到大小为 $\log{V}$ 的表上去，查询时无需递归到子节点，直接查表即可。
具体来说，我们给一些节点打上标记，代表这些节点是一个”值域很小的连续段“。我们每次找出若干个需要被合并的连续段，暴力对每个值计算 $\operatorname{popcount}$，运用标记永久化的思想，修改操作过程中一路将未合并的 $\operatorname{add,popcount}$ 操作拆给所有子节点，然后把计算出来的置换 $p$ 固定在当前点上，并把这些计算过的连续段在树上的 LCA 标记一下，代表已经进行过合并，下次访问到此节点不再往下递归。
这样每次花费 $\mathcal{O}(\log{V})$ 的代价合并一个节点，并且不会重复向下递归，操作时间复杂度均摊可以做到 $\mathcal{O}(\log{n}\log{V})$。
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| struct Tree {
int l, r;
bool f; // flag
int sum; // add 操作
int per[55]; // popcount 操作
} tree[N << 2];
int ls(int p) { return p << 1; }
int rs(int p) { return p << 1 | 1; }
void PushDown(int p) {
if (tree[p].f) {
for (int i = 0; i <= 50; i++) {
tree[ls(p)].per[i] = tree[p].per[tree[ls(p)].per[i]];
tree[rs(p)].per[i] = tree[p].per[tree[rs(p)].per[i]];
}
for (int i = 0; i <= 50; i++) {
tree[p].per[i] = i;
}
tree[ls(p)].f = tree[rs(p)].f = 1;
tree[p].f = 0;
}
if (tree[p].sum) {
tree[ls(p)].sum += tree[p].sum;
tree[rs(p)].sum += tree[p].sum;
tree[p].sum = 0;
}
}
void Build(int p, int l, int r) {
tree[p].l = l;
tree[p].r = r;
for (int i = 0; i <= 50; ++i)
tree[p].per[i] = i;
tree[p].f = 0; tree[p].sum = 0;
if (l == r) {
tree[p].f = 1;
tree[p].sum = a[l];
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
Build(ls(p), l, mid);
Build(rs(p), mid + 1, r);
}
void Update1(int p, int l, int r, int x) {
if (l <= tree[p].l && tree[p].r <= r) {
tree[p].sum += x;
} else {
PushDown(p);
int mid = (tree[p].l + tree[p].r) >> 1;
if (l <= mid) Update1(ls(p), l, r, x);
if (r > mid) Update1(rs(p), l, r, x);
}
}
void upd(int p) {
if (tree[p].f) {
for (int i = 0; i <= 50; i++) {
tree[p].per[i] = __builtin_popcountll(tree[p].per[i] + tree[p].sum);
}
tree[p].sum = 0;
} else {
PushDown(p);
upd(ls(p)); upd(rs(p));
}
}
void Update2(int p, int l, int r) {
if (l <= tree[p].l && tree[p].r <= r) {
upd(p); // 标记永久化思想
tree[p].f = 1;
} else {
PushDown(p);
int mid = (tree[p].l + tree[p].r) >> 1;
if (l <= mid) Update2(ls(p), l, r);
if (r > mid) Update2(rs(p), l, r);
}
}
int Ask(int p, int k) {
if (tree[p].l == tree[p].r) {
return tree[p].sum + tree[p].per[0];
} else {
int res = 0;
int mid = (tree[p].l + tree[p].r) >> 1;
if (tree[p].f) {
if (k <= mid)res += tree[p].per[Ask(ls(p), k)] + tree[p].sum;
if (mid < k) res += tree[p].per[Ask(rs(p), k)] + tree[p].sum;
} else {
if (k <= mid) res += Ask(ls(p), k) + tree[p].sum;
if (mid < k) res += Ask(rs(p), k) + tree[p].sum;
}
return res;
}
}
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首先不难发现，满足子数组 $s$ 长度为 $n$ 并且 $\sum s_i = \frac{n(n+1)}{2}$，则该子数组一定完整地取完 $1\sim n$。
并且对于一段合法的子数组 $s$，一定只有两种情况：
- $s$ 是一个 $1\sim n$ 的完整排列
- 存在 $k \in [1,n)$ 使得 $s$ 是由前一个排列的后 $k$ 为和下一个排列的前 $n-k$ 位拼接而成
有推论：
对于一个子数组 $s$，若其元素和不等于 $\frac{n(n+1)}{2}$，当且仅当 $s$ 是由两段排列组成，且左边排列是降序的。
对于第一类 $s$，答案是 $n!$。
分析第二类 $s$，我们可以枚举分割点 $k$，然后左部分可能的方案数为 \(A^{k}_{n}\)，在左边被选出的 $k$ 个数中，仅有 $1$ 种顺序使得这 $k$ 个数是降序的，所以降序的方案数为 \(C^{k}_{n}\)。所以左边合法方案数就是 \(A^{k}_{n} - C^{k}_{n}\)，最后右边合法方案数就是取不重复的剩下 $n-k$ 个数，方案数为 $(n-k)!$。
整理答案得 \(n! + \sum\limits_{k=1}^{n-1}(A^{k}_{n}-C^{k}_{n})\times (n-k)!\)。
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| int qpow(int a, int b) {
int res = 1;
while (b) {
if (b & 1) (res = res * a % MOD) %= MOD;
(a = a * a % MOD) %= MOD;
b >>= 1;
}
return res % MOD;
}
int A(int m, int n) {
return f[n] * qpow(f[n - m], MOD - 2) % MOD;
}
int C(int m, int n) {
return A(m, n) * qpow(f[m], MOD - 2) % MOD;
}
/*====================*/
void Solve() {
cin >> n;
f[1] = 1;
for (int i = 2; i <= n; i++) {
f[i] = (f[i - 1] * i) % MOD;
}
ans = 0;
int sum0 = max(n - 2, 0ll), sum1 = max(n - 3, 0ll);
if (n <= 3) {
if (n == 1) cout << 1 << endl;
else if (n == 2) cout << 2 << endl;
else if (n == 3) cout << 9 << endl;
return;
} else {
ans += f[n] % MOD;
int sum = 0;
for (int k = 1; k < n; k++) {
(sum += (A(k, n) - C(k, n) + MOD) % MOD * f[n - k] % MOD) %= MOD;
}
ans = (ans + sum) % MOD;
cout << ans % MOD << endl;
}
return;
}
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构造题。
首先我们知道达到终态需要满足相邻元素相同的对数为 $2\times(n-1)$，初态为 $0$ 对，操作过程中除第一次操作外（$1$ 对）其余每次最多产生 $2$ 对，所以答案的下界为 $n$。考虑如何构造达到下界的方案。
先手模样例，以 $n=8$ 为例，按如下步骤置换：
\[\begin{array}{c}
\texttt{\textcolor{blue}{\_\_}BABABABABABABABA}\\
\texttt{\textcolor{red}{AB}BABABABABABAB\textcolor{blue}{\_\_}A}\\
\texttt{ABBA\textcolor{blue}{\_\_}BABABABAB\textcolor{red}{BA}A}\\
\end{array}\]
此时，中间的 \(\texttt{\textcolor{blue}{\_\_}BABABABA}\) 变成了一个类似的子问题，长度为 $n-4$。我们继续往下递归，直到中间部分有序：
\[\texttt{ABBA\textcolor{red}{AAAABBBB}\textcolor{blue}{\_\_}BBAA}\]
继续构造。
\[\begin{array}{c}
\texttt{A\textcolor{blue}{\_\_}AAAAABBBB\textcolor{red}{BB}BBAA}\\
\texttt{A\textcolor{red}{AA}AAAAABBBBBBBB\textcolor{blue}{\_\_}}\\
\end{array}\]
可以从上例中发现一个更为通用的解法：
\[\begin{array}{c}
\texttt{\_\_BA|BA...BA|BABA}\\
\texttt{\textcolor{red}{AB}BA|BA...BA|B\textcolor{blue}{\_\_}A}\\
\texttt{ABBA|\textcolor{blue}{\_\_}...BA|B\textcolor{red}{BA}A}\\
...\\
\texttt{ABBA|AAAA...BB\textcolor{blue}{\_\_}|BBAA}\\
\texttt{A\textcolor{blue}{\_\_}A|AAAA...BB\textcolor{red}{BB}|BBAA}\\
\texttt{A\textcolor{red}{AA}A|AAAA...BBBB|BB\textcolor{blue}{\_\_}}\\
\end{array}\]
考虑 $n=3$ 的情况，模拟可以发现，我们无法在左侧拓展 $2$ 格的条件下完成转移，特判一下即可。
初始时有 $2n$ 个位置，我们每次递归需要隔离出 $8$ 个位置，我们要保证下一次递归序列有效需满足 $2n-8\ge8,n\ge8$。如果 $n \in [3,7]$，则 $n-4\le3$ 方案对此序列无效。所以对于 $n\ge 8$ 的序列进行递归操作，$3\le n \le 7$ 的序列直接打表输出方案即可。
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| void work(int l, int r) {
if (r - l + 1 == 8) {
cout << r - 2 << " to " << l - 2 << endl;
cout << l + 2 << " to " << r - 2 << endl;
cout << l - 1 << " to " << l + 2 << endl;
cout << r - 1 << " to " << l - 1 << endl;
} else if (r - l + 1 == 10) {
cout << r - 2 << " to " << l - 2 << endl;
cout << l + 2 << " to " << r - 2 << endl;
cout << r - 4 << " to " << l + 2 << endl;
cout << l - 1 << " to " << r - 4 << endl;
cout << r - 1 << " to " << l - 1 << endl;
} else if (r - l + 1 == 12) {
cout << r - 2 << " to " << l - 2 << endl;
cout << r - 5 << " to " << r - 2 << endl;
cout << l + 1 << " to " << r - 5 << endl;
cout << r - 6 << " to " << l + 1 << endl;
cout << l - 1 << " to " << r - 6 << endl;
cout << r - 1 << " to " << l - 1 << endl;
} else if (r - l + 1 == 14) {
cout << l + 7 << " to " << l - 2 << endl;
cout << l + 4 << " to " << l + 7 << endl;
cout << r - 2 << " to " << l + 4 << endl;
cout << l + 2 << " to " << r - 2 << endl;
cout << r - 5 << " to " << l + 2 << endl;
cout << l - 1 << " to " << r - 5 << endl;
cout << r - 1 << " to " << l - 1 << endl;
} else {
cout << r - 2 << " to " << l - 2 << endl;
cout << l + 2 << " to " << r - 2 << endl;
work(l + 4, r - 4);
cout << l - 1 << " to " << r - 5 << endl;
cout << r - 1 << " to " << l - 1 << endl;
}
return;
}
/*====================*/
void Solve() {
cin >> n;
if (n == 3) {
cout << "2 to -1\n" << "5 to 2\n" << "3 to -3\n";
} else {
work(1, 2 * n);
}
return;
}
|
$\operatorname{Repert}$ 操作等效于将栈复制一份放在上面，我们只需要模拟这个操作即可。
考虑到最多只有 $n$ 个操作，所以当栈大小超过 $n$ 时，除了栈顶的 $n$ 个元素，其余元素都不会被操作到，对于这种情况就不需要进行复制操作了，维护栈内元素和即可。
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| void Solve() {
cin >> n;
while (n--) {
string op; cin >> op;
if (op == "Push") {
int x; cin >> x;
s.push(x);
sum += x;
sum %= MOD;
} else if (op == "Pop") {
int tmp = s.top();
s.pop();
sum -= tmp;
if (sum < 0) sum += MOD;
sum %= MOD;
} else if (op == "Repeat") {
if (s.size() <= 1 + n) {
stack<int> t(s);
vector<int> ve;
while (!t.empty()) {
int tmp = t.top();
t.pop();
ve.push_back(tmp);
}
reverse(ve.begin(), ve.end());
for (auto i : ve) {
s.push(i);
}
}
sum = sum * 2 % MOD;
}
cout << sum % MOD << endl;
}
return;
}
|
P5278 算术天才⑨与等差数列
首先考虑等差数列性质。一段区间 $[l,r]$ 排序后记为 $a$，当且仅当 $a$ 满足如下条件时，称 $a$ 为公差为 $d$ 的等差数列。
- $\max{a_i}=\min{a_i} + d\times (r-l+1)$
- $\gcd\limits_{i=l+1}^{r}{a_i-a_{i-1}} = d$
- $a$ 中无重复元素
对于前两个条件，我们可以用两棵线段树分别维护序列 $a$ 的区间最值和 $a$ 的差分序列的区间 $\gcd$。
对于第三个条件，可以在线段树上维护序列每个元素的前驱（上次出现的位置）， 操作 $2$ 查询一下前驱的区间最大值，如果最大值不小于 $l$，则 $[l,r]$ 区间内某个值有重复。反之无重复。
操作 $1$ 单点修改时，二分查询一下 $a_x$ 在 $x$ 后下一次出现的位置 $nxt$，将 $nxt$ 的前驱更新成 $x$ 的前驱。最后把新值 $y$ 更新到序列中，并同步更新 $y$ 对应相邻位置的前驱即可。
需要注意本题空间限制以及公差为 $0$ 的情况。
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| int n, m;
int a[N];
int lst[N];
map<int, set<int> > pos;
/*====================*/
struct Ans {
int maxv, minv;
LL sum;
};
struct Tree {
int l, r;
int val, maxv, minv;
LL maxl;
} tree[N << 2];
int ls(int p) { return p << 1; }
int rs(int p) { return p << 1 | 1; }
void PushUp(int p) {
tree[p].val = tree[ls(p)].val + tree[rs(p)].val;
tree[p].maxv = max(tree[ls(p)].maxv, tree[rs(p)].maxv);
tree[p].maxl = max(tree[ls(p)].maxl, tree[rs(p)].maxl);
tree[p].minv = min(tree[ls(p)].minv, tree[rs(p)].minv);
}
void Build(int p, int l, int r) {
tree[p].l = l, tree[p].r = r;
if (l == r) {
tree[p].maxv = tree[p].minv = tree[p].val = a[l];
tree[p].maxl = lst[l];
} else {
int mid = (l + r) >> 1;
Build(ls(p), l + 0, mid);
Build(rs(p), mid + 1, r);
PushUp(p);
}
}
void Change(int p, int x, int d) {
if (tree[p].l == tree[p].r) {
tree[p].maxv = tree[p].minv = tree[p].val = d;
} else {
int mid = (tree[p].l + tree[p].r) >> 1;
if (x <= mid)Change(ls(p), x, d);
if (mid < x) Change(rs(p), x, d);
PushUp(p);
}
}
void pChange(int p, int x) {
if (tree[p].l == tree[p].r) {
tree[p].maxl = lst[x];
} else {
int mid = (tree[p].l + tree[p].r) >> 1;
if (x <= mid)pChange(ls(p), x);
if (mid < x) pChange(rs(p), x);
PushUp(p);
}
}
Ans Ask(int p, int l, int r) {
if (l <= tree[p].l && tree[p].r <= r) {
return (Ans) { tree[p].maxv, tree[p].minv, tree[p].val };
} else {
int resmx = -1, resmi = inf;
LL res = 0;
int mid = (tree[p].l + tree[p].r) >> 1;
if (l <= mid) {
Ans ans = Ask(ls(p), l, r);
resmx = max(resmx, ans.maxv);
resmi = min(resmi, ans.minv);
res += ans.sum;
}
if (mid < r) {
Ans ans = Ask(rs(p), l, r);
resmx = max(resmx, ans.maxv);
resmi = min(resmi, ans.minv);
res += ans.sum;
}
return { resmx, resmi, res };
}
}
int pAsk(int p, int l, int r) {
if (l <= tree[p].l && tree[p].r <= r) {
return tree[p].maxl;
} else {
int res = -inf;
int mid = (tree[p].l + tree[p].r) >> 1;
if (l <= mid) {
res = max(res, pAsk(ls(p), l, r));
}
if (mid < r) {
res = max(res, pAsk(rs(p), l, r));
}
return res;
}
}
/*====================*/
int c[N];
struct gcdTree {
int l, r;
int gd;
} ct[N << 2];
void cPushUp(int p) {
ct[p].gd = __gcd(ct[ls(p)].gd, ct[rs(p)].gd);
}
void cBuild(int p, int l, int r) {
ct[p].l = l, ct[p].r = r;
if (l == r) {
ct[p].gd = c[l];
} else {
int mid = (l + r) >> 1;
cBuild(ls(p), l + 0, mid);
cBuild(rs(p), mid + 1, r);
cPushUp(p);
}
}
void cChange(int p, int x) {
if (ct[p].l == ct[p].r) {
ct[p].gd = c[x];
} else {
int mid = (ct[p].l + ct[p].r) >> 1;
if (x <= mid)cChange(ls(p), x);
if (mid < x) cChange(rs(p), x);
cPushUp(p);
}
}
int cAsk(int p, int l, int r) {
if (l <= ct[p].l && ct[p].r <= r) {
return ct[p].gd;
} else {
int res = 0;
int mid = (ct[p].l + ct[p].r) >> 1;
if (l <= mid)res = __gcd(res, cAsk(ls(p), l, r));
if (mid < r) res = __gcd(res, cAsk(rs(p), l, r));
return res;
}
}
/*====================*/
void Solve() {
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> a[i];
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
c[i] = abs(a[i] - a[i - 1]);
}
memset(lst, -1, sizeof lst);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (pos[a[i]].size()) lst[i] = *(--pos[a[i]].end());
pos[a[i]].insert(i);
}
// for (int i = 1; i <= n; i++) {
// cout << lst[i] << " ";
// }
Build(1, 1, n);
cBuild(1, 1, n - 1);
int cntyes = 0;
// a[i]-a[i-1];
// y-a[i-1];
while (m--) {
int op; cin >> op;
if (op == 1) {
int x, y; cin >> x >> y;
x ^= cntyes, y ^= cntyes;
// cout << x << " " << y << "";
// assert(x >= 1 && x <= n);
auto it = pos[a[x]].find(x);
if (it != pos[a[x]].end()) {
++it;
lst[*it] = lst[x];
pChange(1, *it);
}
if (pos[a[x]].size())
pos[a[x]].erase(x);
a[x] = y;
it = pos[y].lower_bound(x);
if (it != pos[y].end()) {
lst[*it] = x;
pChange(1, *it);
}
if (it == pos[y].begin()) {
lst[x] = -1;
pChange(1, x);
} else {
it--;
lst[x] = *it;
pChange(1, x);
// pos[y].insert(x);
}
Change(1, x, y);
c[x] = abs(y - a[x - 1]);
pos[y].insert(x);
cChange(1, x);
if (x + 1 <= n) {
c[x + 1] = abs(a[x + 1] - y);
cChange(1, x + 1);
}
} else {
int l, r, k; cin >> l >> r >> k;
l ^= cntyes, r ^= cntyes, k ^= cntyes;
// cout << l << " " << r << " " << k << "@";
// assert(l >= 1 && l <= n); assert(r >= 1 && r <= n); assert(l <= r);
if (r - l + 1 == 1) {
cout << "Yes" << endl;
cntyes++;
continue;
}
auto [maxx, minn, sum] = Ask(1, l, r);
if (k == 0) {
cout << (maxx == minn ? "Yes" : "No") << endl;
if (maxx == minn) cntyes++;
continue;
}
if (maxx - minn != k * (r - l)) {
cout << "No" << endl;
continue;
}
if (cAsk(1, l + 1, r) != k) {
cout << "No" << endl;
continue;
}
if (pAsk(1, l, r) >= l) {
cout << "No" << endl;
continue;
}
cout << "Yes" << endl;
cntyes++;
}
}
return;
}
|
通过手模样例不难发现，我们只需要找到答案的两个极值，区间内所有值都能构造出来。
首先每个小节胜方分数为 $M$，败方分数为 $2M-1$，假设有 $s$ 个小节，则有
\(s\times M \le X+Y \le s\times(2M-1) \Rightarrow \lceil \frac{X+Y}{2M-1} \rceil \le s \le \lfloor \frac{X+Y}{M} \rfloor\)
又因为胜场每场最多得 $M$ 分，则有下界 $s \ge \lceil \frac{X}{M} \rceil, s \ge \lceil \frac{Y}{M} \rceil$。
A,B 两人最多胜场数分别为 $\lfloor \frac{X}{M} \rfloor, \lfloor \frac{Y}{M} \rfloor$，则有上界 $s \le \lfloor \frac{X}{M} \rfloor + \lfloor \frac{Y}{M} \rfloor$。
则答案上下界有：$L=\max {\lceil \frac{X+Y}{2M-1} \rceil, \lceil \frac{X}{M} \rceil, \lceil \frac{Y}{M} \rceil}, R=\min { \lfloor \frac{X+Y}{M} \rfloor, \lfloor \frac{X}{M} \rfloor + \lfloor \frac{Y}{M} \rfloor }$
答案 $s$ 即为 $\max{R-L+1, 0}$。需要特殊考虑 $0$ 的情况。
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| long long solve_(long long X, long long Y, long long M) {
if (X == 0 && Y == 0) {
return 1;
}
if (X == 0 || Y == 0) {
return max(X, Y) % M == 0;
}
__int128 minn = (__int128)(X + Y - 1) / (M * 2 - 1) + 1;
__int128 maxx = (__int128)((X + Y) / M);
minn = max(minn, (__int128)(X / M + (X % M > 0)));
minn = max(minn, (__int128)(Y / M + (Y % M > 0)));
maxx = min(maxx, (__int128)(X / M + Y / M));
__int128 ans = (maxx >= minn) ? (maxx - minn + 1) : 0;
return (unsigned long long)ans;
}
|
类比括号序列，考虑用栈/模拟栈来处理。我们记三目运算符为 $\texttt{a?b:c}$。
首先从特殊性质 B 入手，因为三目运算符右结合的特点，我们倒序遍历，每次将非运算符元素压入栈中，直到遇到 $\texttt{?}$ 为止。取出栈顶两个元素（相当于 $\texttt{b}$ 和 $\texttt{c}$），与 $\texttt{?}$ 前的元素（相当于 $\texttt{a}$）进行运算，将结果压入栈中，重复此操作，最后栈中剩余一个元素即为答案。
考虑如何计算 x 的贡献。可以将问题转化为：
- 给定一棵二叉树，每个节点是
0、1、x 中的一个，每个节点有 $0$ 或 $2$ 个儿子。
- 将所有
x 替换为 0 或 1，然后从根往下走，如果是 0 就走左儿子，是 1 就走右儿子。
- 走到叶子时，叶子的值就是该表达式的值。
记二元组 $S=(v, k)$ 表示子树 $S$ 内部有 $k$ 个 x，其中 x 的所有 $2^k$ 种赋值中有 $v$ 种方案使得最终答案（叶子取值）为 $1$。叶子节点取值有：$f(\texttt{0})=(0,0), f(\texttt{1})=(1,0), f(\texttt{x})=(1,1)$。
有如下路径（分别记 $\texttt{b,c}$ 为 $\texttt{L,R}$）：
a 为 1 走左子树，有 $v=v_L \cdot 2^{k_R}, k=k_L+k_R$ ;a 为 0 走右子树，有 $v=v_R \cdot 2^{k_L}, k=k_L+k_R$ ;a 为 x，有 $v=v_L \cdot 2^{k_R} + v_R \cdot 2^{k_L}, k=k_L+k_R$ .
栈内最后剩下的一个二元组即为答案。
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| int n;
string s;
int pw[N];
/*====================*/
void Solve() {
pw[0] = 1;
for (int i = 1; i <= N - 5; i++) pw[i] = pw[i - 1] * 2 % MOD;
cin >> n >> s;
bool f = 1, g = 1;
for (auto i : s) {
if (i == 'x') f = 0;
}
for (int i = 1; i <= n / 4; i++) { if (s[4 * i - 3] != '?' || s[4 * i - 1] != ':') g = 0; }
if (f) {
vector<int> st;
st.reserve(n);
for (int i = n - 1; i >= 0;) {
char tmp = s[i];
if (tmp == ':') {
i--;
continue;
}
if (tmp == '?') {
int c1 = st.back(); st.pop_back();
int c2 = st.back(); st.pop_back();
i--; char t = s[i];
st.push_back(t == '1' ? c1 : c2);
i--;
} else {
st.push_back(tmp == '1');
i--;
}
}
cout << st.back() % MOD << endl;
return;
}
{
vector<PII> st; // { ans, x_count }
st.reserve(n);
for (int i = n - 1; i >= 0;) {
if (s[i] == ':') {
i--;
continue;
}
// a ? b : c
if (s[i] == '?') {
PII c1 = st.back(); st.pop_back(); // b
PII c2 = st.back(); st.pop_back(); // c
i--;
PII a;
if (s[i] == '0') a = { 0, 0 };
else if (s[i] == '1') a = { 1, 0 };
else a = { 1, 1 };
int t1 = 0;
int t2 = 0;
if (s[i] != '1') // c
t2 = c2.first % MOD * pw[c1.second] % MOD;
if (s[i] != '0') // b
t1 = c1.first % MOD * pw[c2.second] % MOD;
st.push_back({ ((t1 + t2) % MOD), a.second + c1.second + c2.second });
i--;
} else {
if (s[i] == '0') st.push_back({ 0, 0 });
else if (s[i] == '1') st.push_back({ 1, 0 });
else st.push_back({ 1, 1 });
i--;
}
}
cout << st.back().first % MOD << endl;
return;
}
return;
}
|
同余最短路。
把所有可以取到的和按模数分为若干个同余类（这里选 $a_1$ 当作模数），在上面跑最短路，得到每个同余类能达到的最小和 $d_r$，这样所有同余于 $r$ 且大于 $d_r$ 的数都可达。查询答案时判一下是否 $x \ge d_{x \% m}$ 即可。
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| int n;
int a[N];
int q;
int dis[N];
int mi = inf;
bool inq[N]; // inqueue[u] 表示 u 是否在队列中
vector<int> r;
/*====================*/
void spfa(int m) {
memset(dis, inf, sizeof dis);
queue<int> q;
q.push(0);
dis[0] = 0;
inq[0] = 1;
while (!q.empty()) {
int f = q.front(); q.pop();
inq[f] = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int v = (f + a[i]) % m;
if (dis[f] + a[i] < dis[v]) {
dis[v] = dis[f] + a[i];
if (!inq[v]) {
inq[v] = 1;
q.push(v);
}
}
}
}
}
/*====================*/
void Solve() {
cin >> n;
int gd = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> a[i];
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
mi = min(mi, a[i]);
}
if (mi == 1) {
cin >> q;
while (q--) {
int x; cin >> x;
cout << "TAK\n" << endl;
}
return;
}
memset(dis, inf, sizeof dis);
spfa(a[1]);
cin >> q;
while (q--) {
int x; cin >> x;
if (x < dis[x % a[1]]) cout << "NIE" << endl;
else cout << "TAK" << endl; // x >= dis[x % m] 表示可达
}
return;
}
|
题意：加上了限制 $|A_i|\le 10000$ ，和要求最小化 $A_n-A_1$ 。 $n\le10000,m\le 10^5$ ，限制形如 $a_x\ge a_y+c$ 其中 $0\le c\le 1000$ 。
差分约束好题。
条件 $a_x \ge a_y + c$ 可以转化为 $a_y - a_x \le -c$，在图上加一条 $x$ 到 $y$ 权值为 $-c$ 的边。
对这张图以及它的反图跑 $\operatorname{spfa}$，反图相当于进行了一遍 $a_x-a_y \le -c \Rightarrow (-a_y) - (-a_x) \le -c$，所以 $rdis_{i}$ 是 $-a_i$ 的最小上界，$-rdis_i$ 也就是 $a_i$ 的最大下界。初始化正反图答案数组 $\texttt{dis}$ 和 $\texttt{rdis}$ 为 $10000$，这样每次会将答案在 $10000$ 以内约束，一正一反求出的答案包含在 $[-10000,10000]$ 内，隐式地解决掉一个条件。
目标要最小化 $a_n$，经过这两次 $\operatorname{spfa}$，我们得到了 $a_n$ 的上下界，将 $dis_n \gets rdis_n$（把下界赋值给上界，找到最小的 $a_n$；在差分约束中，固定一点最小，即剩余变量尽可能大），在原图上再跑一遍 $\operatorname{spfa}$，得到的答案满足 $a_n - a_1$ 最小化。
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| int n, m;
vector<PII> g[N];
vector<PII> rg[N];
int cnt[N], dis[N], rdis[N];
bool inq[N];
/*====================*/
bool spfa(vector<PII>* gra, int d[]) {
queue<int> q;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
inq[i] = 1; cnt[i] = 0; q.push(i);
}
while (!q.empty()) {
int u = q.front(); q.pop();
inq[u] = 0;
for (auto [v, w] : gra[u]) {
if (d[v] > d[u] + w) {
d[v] = d[u] + w;
if (!inq[v]) {
inq[v] = 1;
cnt[v]++;
q.push(v);
if (cnt[v] > n) return 0;
}
}
}
}
return 1;
}
/*====================*/
void Solve() {
cin >> n >> m;
// for (int i = 1; i <= n; i++) g[0].push_back({ i, 0 });
for (int i = 1; i <= m; i++) {
int x, y, c;
cin >> x >> y >> c; // x >= y + c -> x - y >= c -> y - x <= -c
g[x].push_back({ y, -c }); // y - x <= -c
rg[y].push_back({ x, -c }); // x - y <= -c -> y - x >= c
}
// for (int i = 1; i <= n; i++) {
// g[0].push_back({ i, 10000 });
// g[i].push_back({ 0, 10000 });
// rg[0].push_back({ i, 10000 });
// rg[i].push_back({ 0, 10000 });
// }
for (int i = 0; i <= n; i++) dis[i] = rdis[i] = 10000;
if (!spfa(g, dis)) {
cout << -1 << endl;
return;
}
if (!spfa(rg, rdis)) {
cout << -1 << endl;
return;
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (dis[i] < -rdis[i]) {
cout << -1 << endl;
return;
}
}
dis[n] = -rdis[n];
spfa(g, dis);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cout << dis[i] << " ";
}
return;
}
|
矩阵线段树板子。
设懒标记矩阵为 lazy，数值矩阵 valu。
其中 valu 大小为 $4\times 1$，分别存的是 ${A_i,B_i,C_i,len}$。
初始化节点懒标记为单位矩阵，每次操作乘上懒标记矩阵即可。
为方便转移，我们钦定转移顺序为 valu = _lazy * valu, lazy = _lazy * lazy，其中 _lazy 为需要更新的懒标记。
对于 $1\sim 6$ 操作分别构造转移矩阵即可。
这里给出一个操作 5 的例子：
\(\begin{pmatrix}
1& 0& 0&0 \\
0& 1& 0&v\\
0& 0& 1&0\\
0& 0& 0&1
\end{pmatrix}
\times
\begin{pmatrix}
A_i \\
B_i\\
C_i\\
len
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
A_i \\
B_i+len\times v\\
C_i\\
len
\end{pmatrix}\)
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| #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
/*====================*/
#define ios_close ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(NULL), cout.tie(NULL)
#define yes puts("Yes")
#define no puts("No")
#define lowbit(x) ((x) & (-x))
#define inf 0x3f3f3f3f
#define endl "\n"
#define PII pair<int, int>
// typedef long long LL;
#define int long long
/*====================*/
const int MOD = 998244353;
const int N = 3e5 + 10;
/*====================*/
int n, m;
int a[N], b[N], c[N];
struct Ans {
int a, b, c;
Ans(int _a = 0, int _b = 0, int _c = 0) {
a = _a; b = _b; c = _c;
}
friend Ans operator+(Ans x, Ans y) {
Ans z;
z.a = x.a + y.a; z.b = x.b + y.b; z.c = x.c + y.c;
return z;
}
};
struct MatrixLazy {
int M[5][5];
MatrixLazy() {
memset(M, 0, sizeof M);
}
void Unit() {
M[1][1] = 1; M[1][2] = 0; M[1][3] = 0; M[1][4] = 0;
M[2][1] = 0; M[2][2] = 1; M[2][3] = 0; M[2][4] = 0;
M[3][1] = 0; M[3][2] = 0; M[3][3] = 1; M[3][4] = 0;
M[4][1] = 0; M[4][2] = 0; M[4][3] = 0; M[4][4] = 1;
}
void Add1() { // a = a + b
M[1][1] = 1; M[1][2] = 1; M[1][3] = 0; M[1][4] = 0;
M[2][1] = 0; M[2][2] = 1; M[2][3] = 0; M[2][4] = 0;
M[3][1] = 0; M[3][2] = 0; M[3][3] = 1; M[3][4] = 0;
M[4][1] = 0; M[4][2] = 0; M[4][3] = 0; M[4][4] = 1;
}
void Add2() { // b = b + c
M[1][1] = 1; M[1][2] = 0; M[1][3] = 0; M[1][4] = 0;
M[2][1] = 0; M[2][2] = 1; M[2][3] = 1; M[2][4] = 0;
M[3][1] = 0; M[3][2] = 0; M[3][3] = 1; M[3][4] = 0;
M[4][1] = 0; M[4][2] = 0; M[4][3] = 0; M[4][4] = 1;
}
void Add3() { // c = c + a
M[1][1] = 1; M[1][2] = 0; M[1][3] = 0; M[1][4] = 0;
M[2][1] = 0; M[2][2] = 1; M[2][3] = 0; M[2][4] = 0;
M[3][1] = 1; M[3][2] = 0; M[3][3] = 1; M[3][4] = 0;
M[4][1] = 0; M[4][2] = 0; M[4][3] = 0; M[4][4] = 1;
}
void AddA(int d) { // a = a + v
M[1][1] = 1; M[1][2] = 0; M[1][3] = 0; M[1][4] = d;
M[2][1] = 0; M[2][2] = 1; M[2][3] = 0; M[2][4] = 0;
M[3][1] = 0; M[3][2] = 0; M[3][3] = 1; M[3][4] = 0;
M[4][1] = 0; M[4][2] = 0; M[4][3] = 0; M[4][4] = 1;
}
void MulB(int d) { // b = b * v
M[1][1] = 1; M[1][2] = 0; M[1][3] = 0; M[1][4] = 0;
M[2][1] = 0; M[2][2] = d; M[2][3] = 0; M[2][4] = 0;
M[3][1] = 0; M[3][2] = 0; M[3][3] = 1; M[3][4] = 0;
M[4][1] = 0; M[4][2] = 0; M[4][3] = 0; M[4][4] = 1;
}
void CovC(int v) { // c = v
M[1][1] = 1; M[1][2] = 0; M[1][3] = 0; M[1][4] = 0;
M[2][1] = 0; M[2][2] = 1; M[2][3] = 0; M[2][4] = 0;
M[3][1] = 0; M[3][2] = 0; M[3][3] = 0; M[3][4] = v;
M[4][1] = 0; M[4][2] = 0; M[4][3] = 0; M[4][4] = 1;
}
friend MatrixLazy operator*(MatrixLazy& a, MatrixLazy& b) {
MatrixLazy c;
for (int i = 1; i <= 4; i++) {
for (int j = 1; j <= 4; j++) {
for (int k = 1; k <= 4; k++) {
(c.M[i][j] += (a.M[i][k] * b.M[k][j]) % MOD) %= MOD;
}
}
}
return c;
}
};
struct MatrixValu {
int M[5][2]; // a b c len
MatrixValu() {
memset(M, 0, sizeof M);
}
friend MatrixValu operator+(MatrixValu& a, MatrixValu& b) {
MatrixValu c;
for (int i = 1; i <= 4; i++) {
for (int j = 1; j <= 1; j++) {
c.M[i][j] = (a.M[i][j] + b.M[i][j]) % MOD;
}
}
return c;
}
friend MatrixValu operator*(MatrixLazy& a, MatrixValu& b) {
MatrixValu c;
for (int i = 1; i <= 4; i++) {
for (int j = 1; j <= 1; j++) {
for (int k = 1; k <= 4; k++) {
(c.M[i][j] += (a.M[i][k] * b.M[k][j]) % MOD) %= MOD;
}
}
}
return c;
}
};
struct Tree {
int l, r;
MatrixLazy lazy;
MatrixValu valu;
void Maintain(MatrixLazy _lazy) {
lazy = _lazy * lazy;
valu = _lazy * valu;
}
} tree[N << 2];
int ls(int p) { return p << 1; }
int rs(int p) { return p << 1 | 1; }
void PushUp(int p) {
tree[p].valu = tree[ls(p)].valu + tree[rs(p)].valu;
}
void PushDown(int p) {
tree[ls(p)].Maintain(tree[p].lazy);
tree[rs(p)].Maintain(tree[p].lazy);
// cout << "(PD l)" << ls(p) << ":" << "[" << tree[ls(p)].l << "," << tree[ls(p)].r << "] " << tree[ls(p)].valu.M[1][1] << " " << tree[ls(p)].valu.M[2][1] << " " << tree[ls(p)].valu.M[3][1] << " " << tree[ls(p)].valu.M[4][1] << endl;
// cout << "(PD r)" << rs(p) << ":" << "[" << tree[rs(p)].l << "," << tree[rs(p)].r << "] " << tree[rs(p)].valu.M[1][1] << " " << tree[rs(p)].valu.M[2][1] << " " << tree[rs(p)].valu.M[3][1] << " " << tree[rs(p)].valu.M[4][1] << endl;
tree[p].lazy.Unit();
}
void Build(int p, int l, int r) {
tree[p].l = l; tree[p].r = r;
tree[p].lazy.Unit();
if (tree[p].l == tree[p].r) {
tree[p].valu.M[1][1] = a[l];
tree[p].valu.M[2][1] = b[l];
tree[p].valu.M[3][1] = c[l];
tree[p].valu.M[4][1] = 1;
} else {
int mid = (tree[p].l + tree[p].r) >> 1;
Build(ls(p), l + 0, mid);
Build(rs(p), mid + 1, r);
PushUp(p);
}
return;
}
Ans Ask(int p, int l, int r) {
if (l <= tree[p].l && tree[p].r <= r) {
// cout << "(Ask)" << p << ":" << "[" << tree[p].l << "," << tree[p].r << "] " << tree[p].valu.M[1][1] << " " << tree[p].valu.M[2][1] << " " << tree[p].valu.M[3][1] << " " << tree[p].valu.M[4][1] << endl;
return (Ans) { tree[p].valu.M[1][1] % MOD, tree[p].valu.M[2][1] % MOD, tree[p].valu.M[3][1] % MOD };
} else {
PushDown(p);
Ans res;
int mid = (tree[p].l + tree[p].r) >> 1;
if (l <= mid)res = res + Ask(ls(p), l, r);
if (mid < r) res = res + Ask(rs(p), l, r);
return res;
}
}
void Change(int p, int l, int r, MatrixLazy& lz) {
if (l <= tree[p].l && tree[p].r <= r) {
// cout << "(Change)" << p << ":" << "[" << tree[p].l << "," << tree[p].r << "] " << tree[p].valu.M[1][1] << " " << tree[p].valu.M[2][1] << " " << tree[p].valu.M[3][1] << " " << tree[p].valu.M[4][1] << endl;
tree[p].Maintain(lz);
} else {
PushDown(p);
int mid = (tree[p].l + tree[p].r) >> 1;
if (l <= mid) Change(ls(p), l, r, lz);
if (mid < r) Change(rs(p), l, r, lz);
PushUp(p);
}
return;
}
/*====================*/
void Solve() {
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> a[i] >> b[i] >> c[i];
}
Build(1, 1, n);
/*
1 100 5
10 1000 5
0 0 5
*/
cin >> m;
while (m--) {
int op; cin >> op;
int l, r; cin >> l >> r;
MatrixLazy lz;
if (op == 1) {
lz.Add1();
Change(1, l, r, lz);
} else if (op == 2) {
lz.Add2();
Change(1, l, r, lz);
} else if (op == 3) {
lz.Add3();
Change(1, l, r, lz);
} else if (op == 4) {
int v; cin >> v;
lz.AddA(v);
Change(1, l, r, lz);
} else if (op == 5) {
int v; cin >> v;
lz.MulB(v);
Change(1, l, r, lz);
} else if (op == 6) {
int v; cin >> v;
lz.CovC(v);
Change(1, l, r, lz);
} else {
Ans res = Ask(1, l, r);
cout << res.a % MOD << " " << res.b % MOD << " " << res.c % MOD << endl;
}
}
return;
}
/*====================*/
signed main() {
ios_close;
int _ = 1; /* cin >> _; */
while (_--)
Solve();
return 0;
}
|
发现这份代码一共跑了 56s。考虑对转移时的矩阵乘法进行优化：
-
将枚举顺序换成 kij，常数会缩小到 $\frac{1}{3}$。
-
发现转移过程中矩阵的很多项始终都是无效的，考虑如何优化掉这些无用项，只保留有用的项。
我们先对转移矩阵把已知有效项置为 $1$。然后跑传递闭包算法。最终矩阵中为 $1$ 的元素始终为有效项，为 $0$ 的元素始终为无效项，对循环进行展开即可。
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| #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
/*====================*/
#define ios_close ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(NULL), cout.tie(NULL)
#define yes puts("Yes")
#define no puts("No")
#define lowbit(x) ((x) & (-x))
#define inf 0x3f3f3f3f
#define endl "\n"
#define PII pair<int, int>
// typedef long long LL;
// #define int long long
/*====================*/
const int MOD = 998244353;
const int N = 3e5 + 10;
/*====================*/
int n, m;
int a[N], b[N], c[N];
struct Ans {
int a, b, c;
Ans(int _a = 0, int _b = 0, int _c = 0) {
a = _a; b = _b; c = _c;
}
friend Ans operator+(Ans x, Ans y) {
Ans z;
z.a = (x.a + y.a) % MOD; z.b = (x.b + y.b) % MOD; z.c = (x.c + y.c) % MOD;
return z;
}
};
struct MatrixLazy {
int M[5][5];
MatrixLazy() {
memset(M, 0, sizeof M);
}
void Unit() {
M[1][1] = 1; M[1][2] = 0; M[1][3] = 0; M[1][4] = 0;
M[2][1] = 0; M[2][2] = 1; M[2][3] = 0; M[2][4] = 0;
M[3][1] = 0; M[3][2] = 0; M[3][3] = 1; M[3][4] = 0;
M[4][1] = 0; M[4][2] = 0; M[4][3] = 0; M[4][4] = 1;
}
void Add1() { // a = a + b
M[1][1] = 1; M[1][2] = 1; M[1][3] = 0; M[1][4] = 0;
M[2][1] = 0; M[2][2] = 1; M[2][3] = 0; M[2][4] = 0;
M[3][1] = 0; M[3][2] = 0; M[3][3] = 1; M[3][4] = 0;
M[4][1] = 0; M[4][2] = 0; M[4][3] = 0; M[4][4] = 1;
}
void Add2() { // b = b + c
M[1][1] = 1; M[1][2] = 0; M[1][3] = 0; M[1][4] = 0;
M[2][1] = 0; M[2][2] = 1; M[2][3] = 1; M[2][4] = 0;
M[3][1] = 0; M[3][2] = 0; M[3][3] = 1; M[3][4] = 0;
M[4][1] = 0; M[4][2] = 0; M[4][3] = 0; M[4][4] = 1;
}
void Add3() { // c = c + a
M[1][1] = 1; M[1][2] = 0; M[1][3] = 0; M[1][4] = 0;
M[2][1] = 0; M[2][2] = 1; M[2][3] = 0; M[2][4] = 0;
M[3][1] = 1; M[3][2] = 0; M[3][3] = 1; M[3][4] = 0;
M[4][1] = 0; M[4][2] = 0; M[4][3] = 0; M[4][4] = 1;
}
void AddA(int d) { // a = a + v
M[1][1] = 1; M[1][2] = 0; M[1][3] = 0; M[1][4] = d % MOD;
M[2][1] = 0; M[2][2] = 1; M[2][3] = 0; M[2][4] = 0;
M[3][1] = 0; M[3][2] = 0; M[3][3] = 1; M[3][4] = 0;
M[4][1] = 0; M[4][2] = 0; M[4][3] = 0; M[4][4] = 1;
}
void MulB(int d) { // b = b * v
M[1][1] = 1; M[1][2] = 0; M[1][3] = 0; M[1][4] = 0;
M[2][1] = 0; M[2][2] = d % MOD; M[2][3] = 0; M[2][4] = 0;
M[3][1] = 0; M[3][2] = 0; M[3][3] = 1; M[3][4] = 0;
M[4][1] = 0; M[4][2] = 0; M[4][3] = 0; M[4][4] = 1;
}
void CovC(int v) { // c = v
M[1][1] = 1; M[1][2] = 0; M[1][3] = 0; M[1][4] = 0;
M[2][1] = 0; M[2][2] = 1; M[2][3] = 0; M[2][4] = 0;
M[3][1] = 0; M[3][2] = 0; M[3][3] = 0; M[3][4] = v % MOD;
M[4][1] = 0; M[4][2] = 0; M[4][3] = 0; M[4][4] = 1;
}
friend MatrixLazy operator*(MatrixLazy& a, MatrixLazy& b) {
MatrixLazy c;
// for (int k = 1; k <= 4; k++) {
// for (int i = 1; i <= 4; i++) {
// for (int j = 1; j <= 4; j++) {
// (c.M[i][j] += (long long)(1ll * a.M[i][k] % MOD * b.M[k][j] % MOD) % MOD) %= MOD;
// }
// }
// }
c.M[1][1] = (1LL * a.M[1][1] * b.M[1][1] % MOD + 1LL * a.M[1][2] * b.M[2][1] % MOD + 1LL * a.M[1][3] * b.M[3][1] % MOD) % MOD;
c.M[1][2] = (1LL * a.M[1][1] * b.M[1][2] % MOD + 1LL * a.M[1][2] * b.M[2][2] % MOD + 1LL * a.M[1][3] * b.M[3][2] % MOD) % MOD;
c.M[1][3] = (1LL * a.M[1][1] * b.M[1][3] % MOD + 1LL * a.M[1][2] * b.M[2][3] % MOD + 1LL * a.M[1][3] * b.M[3][3] % MOD) % MOD;
c.M[1][4] = (1LL * a.M[1][1] * b.M[1][4] % MOD + 1LL * a.M[1][2] * b.M[2][4] % MOD + 1LL * a.M[1][3] * b.M[3][4] % MOD + 1LL * a.M[1][4] * b.M[4][4] % MOD) % MOD;
c.M[2][1] = (1LL * a.M[2][1] * b.M[1][1] % MOD + 1LL * a.M[2][2] * b.M[2][1] % MOD + 1LL * a.M[2][3] * b.M[3][1] % MOD) % MOD;
c.M[2][2] = (1LL * a.M[2][1] * b.M[1][2] % MOD + 1LL * a.M[2][2] * b.M[2][2] % MOD + 1LL * a.M[2][3] * b.M[3][2] % MOD) % MOD;
c.M[2][3] = (1LL * a.M[2][1] * b.M[1][3] % MOD + 1LL * a.M[2][2] * b.M[2][3] % MOD + 1LL * a.M[2][3] * b.M[3][3] % MOD) % MOD;
c.M[2][4] = (1LL * a.M[2][1] * b.M[1][4] % MOD + 1LL * a.M[2][2] * b.M[2][4] % MOD + 1LL * a.M[2][3] * b.M[3][4] % MOD + 1LL * a.M[2][4] * b.M[4][4] % MOD) % MOD;
c.M[3][1] = (1LL * a.M[3][1] * b.M[1][1] % MOD + 1LL * a.M[3][2] * b.M[2][1] % MOD + 1LL * a.M[3][3] * b.M[3][1] % MOD) % MOD;
c.M[3][2] = (1LL * a.M[3][1] * b.M[1][2] % MOD + 1LL * a.M[3][2] * b.M[2][2] % MOD + 1LL * a.M[3][3] * b.M[3][2] % MOD) % MOD;
c.M[3][3] = (1LL * a.M[3][1] * b.M[1][3] % MOD + 1LL * a.M[3][2] * b.M[2][3] % MOD + 1LL * a.M[3][3] * b.M[3][3] % MOD) % MOD;
c.M[3][4] = (1LL * a.M[3][1] * b.M[1][4] % MOD + 1LL * a.M[3][2] * b.M[2][4] % MOD + 1LL * a.M[3][3] * b.M[3][4] % MOD + 1LL * a.M[3][4] * b.M[4][4] % MOD) % MOD;
c.M[4][4] = (1LL * a.M[4][4] * b.M[4][4] % MOD) % MOD;
return c;
}
};
struct MatrixValu {
int M[5][2]; // a b c len
MatrixValu() {
memset(M, 0, sizeof M);
}
friend MatrixValu operator+(MatrixValu& a, MatrixValu& b) {
MatrixValu c;
for (int i = 1; i <= 4; i++) {
for (int j = 1; j <= 1; j++) {
c.M[i][j] = (a.M[i][j] + b.M[i][j]) % MOD;
}
}
return c;
}
friend MatrixValu operator*(MatrixLazy& a, MatrixValu& b) {
MatrixValu c;
// for (int k = 1; k <= 4; k++) {
// for (int i = 1; i <= 4; i++) {
// for (int j = 1; j <= 1; j++) {
// (c.M[i][j] += (long long)(1ll * a.M[i][k] % MOD * b.M[k][j] % MOD) % MOD) %= MOD;
// }
// }
// }
c.M[1][1] = (1LL * a.M[1][1] * b.M[1][1] % MOD + 1LL * a.M[1][2] * b.M[2][1] % MOD + 1LL * a.M[1][3] * b.M[3][1] % MOD + 1LL * a.M[1][4] * b.M[4][1] % MOD) % MOD;
c.M[2][1] = (1LL * a.M[2][1] * b.M[1][1] % MOD + 1LL * a.M[2][2] * b.M[2][1] % MOD + 1LL * a.M[2][3] * b.M[3][1] % MOD + 1LL * a.M[2][4] * b.M[4][1] % MOD) % MOD;
c.M[3][1] = (1LL * a.M[3][1] * b.M[1][1] % MOD + 1LL * a.M[3][2] * b.M[2][1] % MOD + 1LL * a.M[3][3] * b.M[3][1] % MOD + 1LL * a.M[3][4] * b.M[4][1] % MOD) % MOD;
c.M[4][1] = (1LL * a.M[4][4] * b.M[4][1] % MOD) % MOD;
return c;
}
};
struct Tree {
int l, r;
MatrixLazy lazy;
MatrixValu valu;
void Maintain(MatrixLazy _lazy) {
lazy = _lazy * lazy;
valu = _lazy * valu;
}
} tree[N << 2];
int ls(int p) { return p << 1; }
int rs(int p) { return p << 1 | 1; }
void PushUp(int p) {
tree[p].valu = tree[ls(p)].valu + tree[rs(p)].valu;
}
void PushDown(int p) {
tree[ls(p)].Maintain(tree[p].lazy);
tree[rs(p)].Maintain(tree[p].lazy);
// cout << "(PD l)" << ls(p) << ":" << "[" << tree[ls(p)].l << "," << tree[ls(p)].r << "] " << tree[ls(p)].valu.M[1][1] << " " << tree[ls(p)].valu.M[2][1] << " " << tree[ls(p)].valu.M[3][1] << " " << tree[ls(p)].valu.M[4][1] << endl;
// cout << "(PD r)" << rs(p) << ":" << "[" << tree[rs(p)].l << "," << tree[rs(p)].r << "] " << tree[rs(p)].valu.M[1][1] << " " << tree[rs(p)].valu.M[2][1] << " " << tree[rs(p)].valu.M[3][1] << " " << tree[rs(p)].valu.M[4][1] << endl;
tree[p].lazy.Unit();
}
void Build(int p, int l, int r) {
tree[p].l = l; tree[p].r = r;
tree[p].lazy.Unit();
if (tree[p].l == tree[p].r) {
tree[p].valu.M[1][1] = a[l] % MOD;
tree[p].valu.M[2][1] = b[l] % MOD;
tree[p].valu.M[3][1] = c[l] % MOD;
tree[p].valu.M[4][1] = 1;
} else {
int mid = (tree[p].l + tree[p].r) >> 1;
Build(ls(p), l + 0, mid);
Build(rs(p), mid + 1, r);
PushUp(p);
}
return;
}
Ans Ask(int p, int l, int r) {
if (l <= tree[p].l && tree[p].r <= r) {
// cout << "(Ask)" << p << ":" << "[" << tree[p].l << "," << tree[p].r << "] " << tree[p].valu.M[1][1] << " " << tree[p].valu.M[2][1] << " " << tree[p].valu.M[3][1] << " " << tree[p].valu.M[4][1] << endl;
return (Ans) { tree[p].valu.M[1][1] % MOD, tree[p].valu.M[2][1] % MOD, tree[p].valu.M[3][1] % MOD };
} else {
PushDown(p);
Ans res;
int mid = (tree[p].l + tree[p].r) >> 1;
if (l <= mid)res = res + Ask(ls(p), l, r);
if (mid < r) res = res + Ask(rs(p), l, r);
return res;
}
}
void Change(int p, int l, int r, MatrixLazy& lz) {
if (l <= tree[p].l && tree[p].r <= r) {
// cout << "(Change)" << p << ":" << "[" << tree[p].l << "," << tree[p].r << "] " << tree[p].valu.M[1][1] << " " << tree[p].valu.M[2][1] << " " << tree[p].valu.M[3][1] << " " << tree[p].valu.M[4][1] << endl;
tree[p].Maintain(lz);
} else {
PushDown(p);
int mid = (tree[p].l + tree[p].r) >> 1;
if (l <= mid) Change(ls(p), l, r, lz);
if (mid < r) Change(rs(p), l, r, lz);
PushUp(p);
}
return;
}
/*====================*/
void test() { // 传递闭包优化
MatrixLazy m;
MatrixLazy A1; A1.Add1();
for (int i = 1; i <= 4; i++) for (int j = 1; j <= 4; j++) m.M[i][j] |= (A1.M[i][j] != 0);
MatrixLazy A2; A2.Add2();
for (int i = 1; i <= 4; i++) for (int j = 1; j <= 4; j++) m.M[i][j] |= (A2.M[i][j] != 0);
MatrixLazy A3; A3.Add3();
for (int i = 1; i <= 4; i++) for (int j = 1; j <= 4; j++) m.M[i][j] |= (A3.M[i][j] != 0);
MatrixLazy AA; AA.AddA(1);
for (int i = 1; i <= 4; i++) for (int j = 1; j <= 4; j++) m.M[i][j] |= (AA.M[i][j] != 0);
MatrixLazy MB; MB.MulB(1);
for (int i = 1; i <= 4; i++) for (int j = 1; j <= 4; j++) m.M[i][j] |= (MB.M[i][j] != 0);
MatrixLazy CC; CC.CovC(1);
for (int i = 1; i <= 4; i++) for (int j = 1; j <= 4; j++) m.M[i][j] |= (CC.M[i][j] != 0);
for (int k = 1; k <= 4; k++)
for (int i = 1; i <= 4; i++)
for (int j = 1; j <= 4; j++)
m.M[i][j] |= m.M[i][k] & m.M[k][j];
for (int i = 1; i <= 4; i++) {
for (int j = 1; j <= 4; j++) {
if (m.M[i][j] == 1) {
printf("c.M[%d][%d] = ", i, j);
for (int k = 1; k <= 4; k++) {
if (m.M[i][k] && m.M[k][j]) {
printf("1LL * a.M[%d][%d]*b.M[%d][%d] % MOD + ", i, k, k, j);
}
}
printf("\n");
}
}
}
printf("\n");
MatrixValu val;
val.M[1][1] = 1; val.M[2][1] = 1; val.M[3][1] = 1; val.M[4][1] = 1;
for (int i = 1; i <= 4; i++) {
for (int j = 1; j <= 1; j++) {
printf("c.M[%d][%d] = ", i, j);
for (int k = 1; k <= 4; k++) {
if (m.M[i][k] && val.M[k][j]) {
printf("1LL * a.M[%d][%d]*b.M[%d][%d] % MOD + ", i, k, k, j);
}
}
printf("\n");
}
}
return;
}
/*====================*/
void Solve() {
// test();
// return;
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> a[i] >> b[i] >> c[i];
}
Build(1, 1, n);
/*
1 100 5
10 1000 5
0 0 5
*/
cin >> m;
while (m--) {
int op; cin >> op;
int l, r; cin >> l >> r;
MatrixLazy lz;
if (op == 1) {
lz.Add1();
Change(1, l, r, lz);
} else if (op == 2) {
lz.Add2();
Change(1, l, r, lz);
} else if (op == 3) {
lz.Add3();
Change(1, l, r, lz);
} else if (op == 4) {
int v; cin >> v;
lz.AddA(v);
Change(1, l, r, lz);
} else if (op == 5) {
int v; cin >> v;
lz.MulB(v);
Change(1, l, r, lz);
} else if (op == 6) {
int v; cin >> v;
lz.CovC(v);
Change(1, l, r, lz);
} else {
Ans res = Ask(1, l, r);
cout << res.a % MOD << " " << res.b % MOD << " " << res.c % MOD << endl;
}
}
return;
}
/*====================*/
signed main() {
ios_close;
int _ = 1; /* cin >> _; */
while (_--)
Solve();
return 0;
}
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优化后的代码可以跑到 27.43s，如果继续优化访问顺序，可以跑到 16.62s。
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| friend MatrixLazy operator*(MatrixLazy& a, MatrixLazy& b) {
MatrixLazy c;
// for (int k = 1; k <= 4; k++) {
// for (int i = 1; i <= 4; i++) {
// for (int j = 1; j <= 4; j++) {
// (c.M[i][j] += (long long)(1ll * a.M[i][k] % MOD * b.M[k][j] % MOD) % MOD) %= MOD;
// }
// }
// }
for (int i = 1; i <= 3; i++) {
for (int j = 1; j <= 3; j++) {
long long s =
1LL * a.M[i][1] * b.M[1][j] +
1LL * a.M[i][2] * b.M[2][j] +
1LL * a.M[i][3] * b.M[3][j];
c.M[i][j] = s % MOD;
}
long long t =
1LL * a.M[i][1] * b.M[1][4] +
1LL * a.M[i][2] * b.M[2][4] +
1LL * a.M[i][3] * b.M[3][4] +
a.M[i][4];
c.M[i][4] = t % MOD;
}
c.M[4][1] = 0; c.M[4][2] = 0; c.M[4][3] = 0; c.M[4][4] = 1;
return c;
}
friend MatrixValu operator*(MatrixLazy& a, MatrixValu& b) {
MatrixValu c;
// for (int k = 1; k <= 4; k++) {
// for (int i = 1; i <= 4; i++) {
// for (int j = 1; j <= 1; j++) {
// (c.M[i][j] += (long long)(1ll * a.M[i][k] % MOD * b.M[k][j] % MOD) % MOD) %= MOD;
// }
// }
// }
for (int i = 1; i <= 3; i++) {
long long s =
1LL * a.M[i][1] * b.M[1][1] +
1LL * a.M[i][2] * b.M[2][1] +
1LL * a.M[i][3] * b.M[3][1] +
1LL * a.M[i][4] * b.M[4][1];
c.M[i][1] = s % MOD;
}
c.M[4][1] = b.M[4][1];
return c;
}
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很厉害的 trick。
考虑对原串所有偶数位翻转，这样后两个操作可以转化为删除子串 $\verb!01!$ 或 $\verb!10!$，并将剩下的部分拼接起来。
不难发现，这样会把所有相邻不同的元素删掉，最后剩下的一定是若干个 $0$ 或若干个 $1$。
设串串原来 $0,1,2$ 的个数分别为 $c_0,c_1,c_2$，不难发现，由于删除操作删除的是一对 $0$ 和 $1$，所以 $|c_0-c_1|$ 恒不变。因此我们只需要考虑 $c_2$ 和 $|c_0-c_1|$ 的关系即可。
- 若 $c_2 < |c_0-c_1|$，我们可以将 $2$ 全部改为 $0$ 和 $1$ 中数量最少的，这样可以保证消除的 $01$ 对数量最大化。
- 若 $c_2 \ge |c_0-c_1|$，多余的 $2$ 可以两两抵消，最后答案就是 $(|c_0-c_1| + c_2)\operatorname{mod}2$ 。
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| void Solve() {
cin >> s;
for (int i = 1; i < s.length(); i += 2) {
if (s[i] == '2') continue;
s[i] = (s[i] == '1') ? '0' : '1';
}
// cout << s << endl;
int c[3] = { 0, 0, 0 };
for (auto i : s) {
c[i - '0']++;
}
int res = abs(c[0] - c[1]);
if (c[2] >= res) cout << ((c[2] + res) & 1) << endl;
else cout << (res - c[2]) << endl;
return;
}
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首先当 $n\bmod (k+1)=0$ 时先手必败，否则先手必胜。
证：如果 $n=q\times(k+1)+r$，先手只要一次取走 $r$ 个石子，剩余正好变成 $q\times(k+1)$。之后无论对手怎么取（取 $t$ 个，$1\le t\le k$），你都能取 $k+1-t$ 个，两人在一回合一共取走 $k+1$ 个，最后一组 $k+1$ 由你结尾，对手一定无子可取。所以先手必胜，反之必输。
我们可以把答案分开计算。先算全部先手必胜的情况为 $\sum\limits_{n,k}(n\oplus k)$，对于每一位，统计出 $1\sim N$ 中当前位为 $0/1$ 的数量 $c_{0}(t),c_{1}(t)$，则答案为：$\sum\limits_b 2^{b}\cdot 2c_{0}(t)c_{1}(t)$。先手必败的状态贡献为 $-2!!!\sum\limits_{n,k\in \mathcal L}(n\oplus k)$。其中 $\mathcal L$ 是先手必败状态的 $n,k$ 集合。
先手必败的状态很稀疏，考虑如何计算必败态的贡献。假设确定了 $p$ 为先手必败态，则 $p+1\sim p+k$ 都为先手必胜态，因为先手可以操作到 $p$ 从而把必败态丢给后手。正常情况下 $p+k+1$ 为先手必败态，但此时如果 $p+k+1$ 为某个 $a_i$，则被强制钦定为先手必胜，那么应当顺次检查 $p+k+2$，如果也是某个 $a_i$ 就继续向后寻找，直到找到第一个不在序列 $a$ 中的数即可。
我们预处理 $nxt_i$ 表示从 $i$ 向后第一个不在序列 $a$ 中的数，则 $p$ 后的第一个先手必败态就是 $nxt_{p+k+1}$，暴力向后跳即可。时间复杂度 $O(N\log N)$。
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| #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
/*====================*/
#define ios_close ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(NULL), cout.tie(NULL)
#define yes puts("Yes")
#define no puts("No")
#define lowbit(x) ((x) & (-x))
#define inf 0x3f3f3f3f
#define endl "\n"
#define PII pair<int, int>
// typedef long long LL;
#define int long long
/*====================*/
const int MOD = 1e9 + 7;
const int N = 1e6 + 10;
/*====================*/
int n, m;
int pos[N];
int nxt[N];
/*====================*/
int calc(int n, int b) { // 找 1 \sim N 之间第 b 位为 1 的数量
int cnt = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (i & (1 << b)) cnt++;
}
return cnt;
}
/*====================*/
void Solve() {
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= m; i++) {
int x; cin >> x;
pos[x] = 1;
}
nxt[n + 1] = n + 1;
for (int i = n; i >= 1; i--) {
nxt[i] = pos[i] ? nxt[i + 1] : i;
}
int sum = 0; // 必胜态
for (int i = 0; (1 << i) <= n; i++) {
int c1 = calc(n, i);
int c0 = n - c1;
sum += (1 << i) * 2 * c1 * c0;
}
int ans = 0; // 必败态
for (int k = 1; k <= n; k++) {
int p = 0;
while (1) {
int nx = p + k + 1;
if (nx > n) break;
int tp = nxt[nx];
if (tp > n) break;
p = tp;
ans += (tp ^ k);
}
}
cout << sum - (ans << 1) << endl;
return;
}
/*====================*/
signed main() {
ios_close;
int _ = 1; /* cin >> _; */
while (_--)
Solve();
return 0;
}
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直接暴力查询复杂度是 $O(Q\times T)$，考虑优化。
发现点的数量很少，并且序列 A 中对多个连续段操作可以合并成一次操作。考虑用线段树进行优化。我们用线段树节点维护序列 A 中的一个区间 $[l, r]$，表示从某个点出发，经过 A 序列中的这段区间可以到达哪个点。如果第 $i$ 个点经过 $A_l,A_{l+1},…,A_x$ 操作后可以到达 $j$，经过 $A_x,A_{x+1},…,A_r$ 操作后可以到达 $k$，则 $i$ 可以经过 $A_l,…,A_r$ 操作直接到达 $k$，将节点信息向上更新即可。
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| struct Road {
int u, v; // A_u \sim A_v
} rd[N];
struct Tree {
int l, r;
int to[105];
} tree[N << 2];
int ls(int p) { return p << 1; }
int rs(int p) { return p << 1 | 1; }
void PushUp(int p) {
for (int i = 1; i <= n; i++) {
tree[p].to[i] = tree[rs(p)].to[tree[ls(p)].to[i]];
}
}
void Build(int p, int l, int r) {
tree[p].l = l;
tree[p].r = r;
if (tree[p].l == tree[p].r) {
for (int i = 1; i <= n; i++) tree[p].to[i] = i;
tree[p].to[rd[a[l]].u] = rd[a[l]].v;
} else {
int mid = (tree[p].l + tree[p].r) >> 1;
Build(ls(p), l + 0, mid);
Build(rs(p), mid + 1, r);
PushUp(p);
}
}
void Change(int p, int x, int d) {
if (tree[p].l == tree[p].r) {
for (int i = 1; i <= n; i++) tree[p].to[i] = i;
tree[p].to[rd[d].u] = rd[d].v;
} else {
int mid = (tree[p].l + tree[p].r) >> 1;
if (x <= mid)Change(ls(p), x, d);
if (mid < x) Change(rs(p), x, d);
PushUp(p);
}
}
int Ask(int p, int l, int r, int s) {
if (l <= tree[p].l && tree[p].r <= r) {
return tree[p].to[s];
} else {
int res = s;
int mid = (tree[p].l + tree[p].r) >> 1;
if (l <= mid) res = Ask(ls(p), l, r, res);
if (mid < r) res = Ask(rs(p), l, r, res);
return res;
}
}
/*====================*/
void Solve() {
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= m; i++) {
int u, v; cin >> u >> v;
rd[i].u = u;
rd[i].v = v;
}
cin >> t;
for (int i = 1; i <= t; i++) {
cin >> a[i];
}
Build(1, 1, t);
cin >> q;
while (q--) {
int op, l, r;
cin >> op >> l >> r;
if (op == 1) {
int s; cin >> s;
cout << Ask(1, l, r, s) << endl;
} else {
Change(1, l, r);
}
}
return;
}
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10.19 简单题
Q: 判断一个数是否可以被表示成 $x^2-y^2$ 的形式，其中 $x,y$ 是非负整数，值域 $10^9$，多测。
A: $x^2-y^2=(x+y)(x-y)$，其中 $x+y$ 与 $x-y$ 奇偶性相同，如果同为奇数，则乘积为奇数，如果同为偶数，则乘积能被 $4$ 整除。
所以任意 $n \equiv 2\ (\bmod\ 4)$ 都不能被表示成 $x^2-y^2$ 的形式。
考虑航班进港顺序是一定的，所以在忽略廊桥数量限制的情况下，廊桥占用情况是一定的。我们先忽略廊桥数量这一限制，用优先队列模拟航班进港，有廊桥优先使用廊桥，记一个 $cnt_i$ 表示第 $i$ 个廊桥会停多少辆飞机，然后做累加做前缀和，表示某个区有 $i$ 个廊桥可以停多少辆飞机。
最后枚举国内区廊桥数量 $i$，那么国际区廊桥数量就是 $n-i$，最后答案即为 $\max\limits_{i=0}^{n} cnt_{i,0}+cnt_{(n-i),1}$，其中 $cnt_{i,0/1}$ 分别表示国内/国际区廊桥占有情况。
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| void Solve() {
cin >> n >> m1 >> m2;
for (int i = 1; i <= m1; i++) {
cin >> a[i].first >> a[i].second;
}
for (int i = 1; i <= m2; i++) {
cin >> b[i].first >> b[i].second;
}
sort(a + 1, a + m1 + 1);
sort(b + 1, b + m2 + 1);
priority_queue<PII, vector<PII>, greater<PII>> q;
priority_queue<int, vector<int>, greater<int>> lq;
for (int i = 1; i <= n; i++) lq.push(i);
for (int i = 1; i <= m1; i++) {
while (!q.empty() && a[i].first >= q.top().first) {
lq.push(q.top().second);
q.pop();
}
if (lq.empty()) continue;
int f = lq.top();
lq.pop();
q.push({ a[i].second, f });
cnt[f][0]++;
}
while (!lq.empty()) lq.pop();
while (!q.empty()) q.pop();
for (int i = 1; i <= n; i++) lq.push(i);
for (int i = 1; i <= m2; i++) {
while (!q.empty() && b[i].first >= q.top().first) {
lq.push(q.top().second);
q.pop();
}
if (lq.empty()) continue;
int f = lq.top();
lq.pop();
q.push({ b[i].second, f });
cnt[f][1]++;
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cnt[i][0] += cnt[i - 1][0];
cnt[i][1] += cnt[i - 1][1];
}
int ans = -inf;
for (int i = 0; i <= n; i++) {
ans = max(ans, cnt[i][0] + cnt[n - i][1]);
}
cout << ans << endl;
return;
}
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在线做法。
考虑维护每个值下一次出现的位置，记 $\operatorname{nxt}(i, x)$ 表示 $i$ 之后下一个 $x$ 出现的位置，记 $ans_i$ 表示 $i$ 之后最小的 $j$ 满足区间 $[i,j]$ 包含 $[1,V]$ 所有数，则 $ans_i = \max\limits_{x=1}^{V}\operatorname{nxt}(i, x)$。
那么对于操作三，我们存一下每个数出现的位置，然后预处理出 $nxt$ 和 $ans$ 的值 ，如果有解答案就是 $ans_l$。同理，如果 $[1,V]$ 中的某个元素最后一次出现位置在 $l$ 之前，则 $l$ 后一定有数字没出现，无解。这里用 set 维护每个值最后出现的位置，每次判一下最后出现次数的最小值（也就是 *s.begin()）即可。
对于操作二，我们假设 $x$ 在操作前序列中最后一次出现的位置为 $lst_x$，这是第 $cnt$ 次操作二（已经插入了 $cnt-1$ 个数），则当前 $x$ 应该插到第 $n + cnt$ 的位置。对于 $i\in [lxt_x + 1, n + cnt]$ ，其中间一定没有 $x$ 出现（$lst_x$ 为原序列 $x$ 最后出现的位置），要想完整找到 $[1,V]$ 中所有数，至少在 $n + cnt$ 位置或其之后，应更新 $ans_i=n+cnt$。
对于操作一，在 $x$ 所有出现位置的序列中二分，找到第一个大于等于 $l$ 的前一个出现位置 $\ell’$，以及第一个大于 $r$ 的位置 $r’$，由于 $[l,r]$ 中所有 $x$ 被删掉了，所以 $i\in [\ell’+1, r’]$ 的 $\operatorname{nxt}(x,i)$ 都应更新为 $r’$，$ans_i$ 做一下 $\operatorname{chmax}$ 即可。如果 $r$ 后面没有 $x$ 了，就把 $ans_i$ 临时更新成 $n+cnt+1$，后面再次插入 $x$ 会将此处的值继续更新。最后把 $x$ 位置包含在 $[l,r]$ 里的删掉即可。
$ans$ 是区间更新 $\max$ ，单点查询，可以用线段树维护，总时间复杂度是 $O(n\log n)$ 级别。
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| int n, m, V;
vector<int> pos[N];
multiset<int> lst;
int a[N];
int cnt;
struct Tree { // chmax
int l, r;
int maxv, tag;
void Maintain(int _tag) {
tag = max(_tag, tag);
maxv = max(_tag, maxv);
}
} tree[N << 3]; // (n + m) << 2
int ls(int p) { return p << 1; }
int rs(int p) { return p << 1 | 1; }
void PushUp(int p) {
tree[p].maxv = max(tree[ls(p)].maxv, tree[rs(p)].maxv);
}
void PushDown(int p) {
tree[ls(p)].Maintain(tree[p].tag);
tree[rs(p)].Maintain(tree[p].tag);
tree[p].tag = 0;
}
void Build(int p, int l, int r) {
tree[p].l = l, tree[p].r = r; tree[p].tag = 0;
if (tree[p].l == tree[p].r) {
tree[p].maxv = 0;
} else {
int mid = (tree[p].l + tree[p].r) >> 1;
Build(ls(p), l + 0, mid);
Build(rs(p), mid + 1, r);
PushUp(p);
}
}
void Change(int p, int l, int r, int d) {
if (l > r) return;
if (r < tree[p].l || tree[p].r < l) return;
if (l <= tree[p].l && tree[p].r <= r) {
tree[p].Maintain(d);
} else {
PushDown(p);
int mid = (tree[p].l + tree[p].r) >> 1;
if (l <= mid)Change(ls(p), l, r, d);
if (mid < r) Change(rs(p), l, r, d);
PushUp(p);
}
}
int Ask(int p, int x) {
if (tree[p].l == tree[p].r) {
return tree[p].maxv;
} else {
PushDown(p);
int mid = (tree[p].l + tree[p].r) >> 1;
int res = -inf;
if (x <= mid)res = max(res, Ask(ls(p), x));
if (mid < x) res = max(res, Ask(rs(p), x));
return res;
}
}
/*====================*/
void Solve() {
cin >> n >> m >> V;
Build(1, 1, n + m);
for (int i = 1; i <= V; i++) {
pos[i].push_back(0);
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> a[i];
pos[a[i]].push_back(i);
}
for (int i = 1; i <= V; i++) {
for (auto j = 1; j < pos[i].size(); j++) Change(1, pos[i][j - 1] + 1, pos[i][j], pos[i][j]);
lst.insert(pos[i].back());
}
while (m--) {
int op; cin >> op;
if (op == 1) {
int ll, rr, x; cin >> ll >> rr >> x;
auto l = lower_bound(pos[x].begin(), pos[x].end(), ll); // >= l
auto r = upper_bound(pos[x].begin(), pos[x].end(), rr); // > r
auto nl = l, nr = r;
r--; // 防止下面 *r 取到 end，r' 位置本身没有被影响到，可以不更新
nl--; // 取到 l 前一个位置
int maxn = (nr == pos[x].end()) ? n + cnt + 1 : *nr;
Change(1, (*nl) + 1, *r, maxn);
lst.erase(lst.find(pos[x].back()));
pos[x].erase(l, nr); // 删掉 [l,r] 范围内的元素
lst.insert(pos[x].back());
} else if (op == 2) {
int x; cin >> x;
cnt++;
Change(1, pos[x].back() + 1, n + cnt, n + cnt);
lst.erase(lst.find(pos[x].back()));
lst.insert(n + cnt);
pos[x].push_back(n + cnt);
} else {
int l; cin >> l;
if (l > *lst.begin()) cout << -1 << endl;
else cout << Ask(1, l) << endl;
}
}
return;
}
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在某个 zky 的题单里看到这个题。随手猜了个结论就过了。
先放结论：
\[T=\begin{matrix}\underbrace{11\cdots1}\\N\cdot1\end{matrix}+\begin{matrix}\underbrace{00\cdots0}\\N\cdot0\end{matrix}+1.\]
如何证明？首先原长度为 $2N$ 的字符串 $S$ 有 $N$ 个 $1$ 和 $N$ 个 $0$，我们令拼接后的字符串 $S’=S_1+S_2$。（$S_1=S_2=S$）
因为前面的字符串 $S_1$ 等同于原串 $S$，其中一定包含 $N$ 个 $1$，所以我们可以在不超过 $2N$ 位置的字符串中取完 $N$ 个 $1$，同理可以在字符串 $S_2$ 中取完 $N$ 个 $0$。
考虑如何证明最后一定能取到至少一个 $1$。我们假设最后取完 $N$ 个 $0$ 后没有 $1$ 可以取，那么字符串 $S_2$ 末尾至少有一个 $0$，形如：
\[\cdots+\begin{matrix}\underbrace{11\cdots1}\\x\cdot1\end{matrix}+\begin{matrix}\underbrace{00\cdots0}\\y\cdot0\end{matrix}.\]
其中 $1 \le x,y \le N, x + y \leq 2N$，同理 $S_1$ 的末尾一定也有 $y$ 个 $0$，也就是说我们可以在前 $2N$ 个位置取完 $N$ 个 $1$ 和 $y$ 个 $0$，然后只需要在 $S_2$ 中取到 $N-y$ 个 $0$ 即可。观察 $S_2$ 的结构，$S_2$ 中包含 $N$ 个 $0$，去掉末尾连续的 $y$ 个 $0$ 后正好为 $N-y$ 个，可以在 $S_2$ 的最后的 $2N-x-y$ 位置前取完 ，所以 $S_2$ 末尾的连续 $x$ 个 $1$ 一定可以取到。结论成立。
11.16 构造题
用若干个 L 形的三角覆盖 $n\times n$ 的棋盘，问是否可以将棋盘填到恰好空出一个格子。输出方案。$n \le 10^3$。
一共要用 L 形的三角覆盖 $n ^ 2 - 1$ 个格子，每个 L 形恰好覆盖三个格子，所以可行的必要条件是
\[3 \mid (n^2 - 1) \Longleftrightarrow n^2 - 1 \equiv 0\ (\operatorname{mod} 3).\]
转化一下，原式等价于 $n \not\equiv 0\ (\operatorname{mod} 3)$。分别对 $n \equiv 1\ (\operatorname{mod} 3)$ 和 $n \equiv 2\ (\operatorname{mod} 3)$ 给出构造方案：
-
$n \equiv 1\ (\operatorname{mod} 3)$:
首先在左上角的 $4\times 4$ 的子棋盘内，按如下方式放置 $5$ 块 L 形三角，恰好留下一个格子未覆盖，记为 $(4,1)$：
对第 $1,2$ 行以及第 $3,4$ 行，从第 $5$ 列开始，将整个区域分割为若干个 $2\times 3$ 的长方形，每个长方形用两块 L 形三角覆盖，如下图所示：
这样前四行的格子只剩下一个未被覆盖。
接下来考虑如何覆盖第 $5$ 行到第 $n$ 行的格子，根据 $n$ 的奇偶性分类讨论：
-
若 $n$ 为偶数：
此时 $n-4 \equiv 0\ (\operatorname{mod} 3)$，将剩余的 $(n-4)\times n$ 区域划分成若干个 $3\times 2$ 的长方形，每个长方形用两个 L 形三角覆盖即可。最终只剩下 $(4,1)$ 格子未覆盖，满足题目要求。
-
若 $n$ 为奇数：
此时先在前三列中用类似蛇形结构，将上下两部分通过若干个 L 形三角连通起来，如下图所示：
空出来 $(n, 3)$ 然后剩下部分按行分成若干个 $3\times 2$ 的长方形，每个长方形用两个 L 形三角覆盖即可。
-
$n \equiv 2\ (\operatorname{mod} 3)$:
考虑先在左上角 $2\times 2$ 的子棋盘里覆盖 $(1, 1)$、$(1, 2)$、$(2, 2)$，预留 $(2,1)$ 不覆盖。
然后把前两行从第 $3$ 列开始，划分为若干个 $2\times 3$ 的长方形，同样用每个长方形用两个 L 形三角覆盖。
对于第 $3$ 行到第 $n$ 行，继续分奇偶讨论。
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队伍合照
一张角度很奇怪的集训合照
CYCPC 榜单
据说潍坊一中是亚洲最大的中学
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