雅礼学习10.6
上午考试
各题状况
T1
二分答案
应该有反例，就是说，答案应该不是单调的
但是不会写其他的算法了啊。。。
T2
我TM。。。
第二个红框圈出来的部分应该是
if(x1+x1!=s)写错了，就没了\(18\)分。。
T3
写了个\(n^4\)的暴力
最后发现题目中的矩形的四个顶点不一定是给定的顶点。。
那就GG了
各题题目及考场代码
T1
/*
* 二分答案。。
* 复杂度O(20(N+NlogN+M))的，感觉很悬
* 排序应该可以优化掉，但是不太会哎。
*/
#include <cstdio>
#include <algorithm>
inline int read()
{
int n=0,w=1;register char c=getchar();
while(c<'0' || c>'9'){if(c=='-')w=-1;c=getchar();}
while(c>='0' && c<='9')n=n*10+c-'0',c=getchar();
return n*w;
}
const int N=1e6+1;
int n,m;
struct Seg{
int b,k;
}seg[N];
long long S,emp[N];
inline bool judge(long long x)
{
for(int i=1;i<=n;++i)
emp[i]=seg[i].k*x+seg[i].b;
std::sort(emp+1,emp+1+n);
/*
for(int i=1;i<=n;++i)
printf("%lld ",emp[i]);
puts("");
*/
long long res=0;
for(int i=0;i<m;++i)
{
if(emp[n-i]<0)break;
res+=emp[n-i];
}
// printf("%lld\n",res);
return res>=S;
}
int main()
{
freopen("merchant.in","r",stdin);
freopen("merchant.out","w",stdout);
n=read(),m=read();
scanf("%lld",&S);
// printf("%d %d %lld\n",n,m,S);
for(int i=1;i<=n;++i)
{
seg[i].k=read(),seg[i].b=read();
// printf("%d %d\n",seg[i].k,seg[i].b);
}
int l=0,r=1e9,mid;
while(l<=r)
{
mid=l+r>>1;
if(judge(mid))
r=mid-1;
else l=mid+1;
}
printf("%d",l);
fclose(stdin),fclose(stdout);
return 0;
}T2
/*
* 题目描述什么鬼啊。。。完全看不懂
*
* emmmm
* 高斯消元么。。。
*/
#include <cstdio>
#include <algorithm>
inline int read()
{
int n=0,w=1;register char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')w=-1;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9')n=n*10+c-'0',c=getchar();
return n*w;
}
const int N=1e6+1;
int n,q,fa[N],w[N];
/*
const double eps=1e-8;
double a[N][N];
int sign(double x)
{//判断一个数是正数、负数还是0
if(fabs(x)<=eps)return 0;//fabs是对浮点数取绝对值
if(x>0)return 1;
return -1;
}
inline void GG(int x)
{
if(a[x][n+1])
puts("none");
else puts("inf");
}
inline void solve()
{
for(int i=1;i<=n;++i)
a[i][n+1]=b[i];//得到扩展矩阵
for(int i=1;i<=n;++i)
{
int p=i;
for(int j=i+1;j<=n;++j)
if(fabs(a[j][i]>fabs(a[p][i])))
p=j;
for(int j=1;j<=n+1;++j)
swap(a[p][j],a[i][j]);
if(sign(a[i][i])==0)
GG(i);
for(int j=i+1;j<=n;++j)
{
double ratio=a[j][i]/a[i][i];//计算是多少倍
for(int k=1;k<=n+1;++k)
a[j][k]=a[j][k]-ratio*a[i][k];
}
for(int i=n;i>0;--i)
{
for(int j=i+1;j<=n;++j)
a[i][n+1]=a[i][n+1]-x[j]*a[i][j];
x[i]=a[i][n+1]/a[i][i];
}
}
int main()
{
freopen("equation.in","r",stdin);
freopen("equation.out","w",stdout);
n=read(),q=read();
for(int i=2;i<=n;++i)
fa[i]=read(),w[i]=read();
int type,u,v,s;
while(q--)
{
type=read(),u=read(),v=read();
if(type==1)
{
s=read();
solve();
}
else
{
w[u]=v;
a[u][fa[u]]=v;
}
}
fclose(stdin);fclose(stdout);
return 0;
}
日。。
写挂了
*/
int main()
{
freopen("equation.in","r",stdin);
freopen("equation.out","w",stdout);
n=read(),q=read();
for(int i=2;i<=n;++i)
fa[i]=read(),w[i]=read();
int type,u,v,s;
int x2,x1;
if(n==2)
{
while(q--)
{
type=read(),u=read(),v=read();
if(type==1)
{
s=read();
if(u==v && v==2)
{
x2=s/2;
if(x2+x2!=s)
puts("none");
else printf("%d\n",w[2]-x2);
}
else
if(u==v && v==1)
{
x1=s/2;
if(x2+x2!=s)
puts("none");
else printf("%d\n",x1);
}
else
{
if(s==w[2])
puts("inf");
else puts("none");
}
}
else w[u]=v;
}
}
else
{
while(q--)
{
srand(19260817);
while(q--)
{
int x=rand();
if(x%3==1)
puts("none");
else
if(x%3==2)
puts("inf");
else printf("%d\n",x);
}
}
}
fclose(stdin);fclose(stdout);
return 0;
}T3
#include <cstdio>
#include <map>
const int N=2501,mod=1e9+7;
std::map<int,bool> mp1,mp2;
int n,t1,t2,lx,ly,rx,ry;
int ans,x[N],y[N];
inline int read()
{
int n=0,w=1;register char c=getchar();
while(c<'0' || c>'9'){if(c=='-')w=-1;c=getchar();}
while(c>='0' && c<='9')n=n*10+c-'0',c=getchar();
return n*w;
}
inline int min(int x,int y)
{return x<y?x:y;}
inline int max(int x,int y)
{return x>y?x:y;}
int main()
{
freopen("rectangle.in","r",stdin);
freopen("rectangle.out","w",stdout);
n=read();
for(int i=1;i<=n;++i)
x[i]=read(),y[i]=read();
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=n;++j)
for(int q=1;q<=n;++q)
for(int p=1;p<=n;++p)
{
if(i==j&&j==q&&q==p)continue;
lx=min(min(x[i],x[j]),min(x[q],x[p]));
ly=min(min(y[i],y[j]),min(y[q],y[p]));
rx=max(max(x[i],x[j]),max(x[q],x[p]));
ry=max(max(y[i],y[j]),max(y[q],y[p]));
t1=(lx*ry+ly*rx);
t2=(lx*rx+ly*ry);
if(mp1[t1]==0&&mp2[t2]==0)
{
ans=(ans+(rx-lx)*(ry-ly))%mod;
mp1[t1]=mp2[t2]=1;
}
}
printf("%d",ans);
fclose(stdin);fclose(stdout);
return 0;
}正解及代码
T1
选择任意一个集合，得到的收益和都可以表示为一个一次函数的形式。
我们只关心这些一次函数的最大值，可以发现这个最大值一定是先降后增、单调递增或者单调递减。
因此我们只需要\(check\)一下\(0\)时刻是否符合条件，如果不符合则进行二分。 注意\(check\)的时候我们只需要找出最大的\(m\)个即可，因此可以\(O(n)\)地做，具体做法是快排的过程中只递归一边，或者直接用\(STL\)的\(nth_element()\)即可
#include <bits/stdc++.h>
#define For(i, j, k) for (int i = j; i <= k; i++)
using namespace std;
const int N = 1e6 + 10;
typedef long long LL;
int n, m;
LL S;
int k[N], b[N];
LL val[N];
bool check(int x) {
For(i, 1, n) val[i] = 1ll * k[i] * x + b[i];
nth_element(val + 1, val + m, val + n + 1, greater<LL>());
LL sum = 0;
For(i, 1, m) if (val[i] > 0 && (sum += val[i]) >= S) return true;
return sum >= S;
}
int main() {
scanf("%d%d%lld", &n, &m, &S);
For(i, 1, n) scanf("%d%d", &k[i], &b[i]);
if (check(0)) { puts("0"); return 0; }
int L = 1, R = 1e9;
while (L < R) {
int mid = (L + R) / 2;
if (check(mid)) R = mid;
else L = mid + 1;
}
printf("%d\n", L);
return 0;
}T2
每个变量都可以表示成\(x_i=k+x_1\)或者\(x_i=k−x_1\)的形式，表示为这个形式之后就可以方便地回答询问了。
对于询问\(1\)，只需要将表示\(u\)和\(v\)的式子加起来，这时会出现两种情况：要么会得到\(x_u+x_v=t\)的形式，此时只需要判断是否有\(s=t\)；要么会得到\(x_u+x_v=t+2x_1\)或\(x_u+x_v=t−2x_1\)，此时可以解出\(x_1\)，注意判断解是否是整数即可。
对于修改操作，实际上是修改一个子树内的变量的\(k\)，这里可以将深度为奇数和偶数的点分开考虑，不难发现就是区间加减。由于只需要单点询问，用一个树状数组维护即可
\(O((n+q)\log n)\)
#include <bits/stdc++.h>
#define getchar getchar_unlocked
#define For(i, j, k) for (int i = j; i <= k; i++)
using namespace std;
int Read() {
char c = getchar(); int x = 0;
int sig = 1;
while (c < '0' || c > '9') { if (c == '-') sig = -1; c = getchar(); }
while (c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
return x * sig;
}
const int N = 1e6 + 10;
int n, q;
struct Binary_Indexed_Tree {
int c[N];
inline int lowbit(int x) {
return x & (-x);
}
void add(int x, int w) {
while (x <= n) {
c[x] += w;
x += lowbit(x);
}
}
int sum(int x) {
int ret = 0;
while (x) {
ret += c[x];
x -= lowbit(x);
}
return ret;
}
}T;
int dfn[N], rdfn[N], dep[N];
int fa[N], w[N];
vector<int> G[N];
void DFS_init(int o) {
static int clk = 0;
dfn[o] = ++clk;
for (int v : G[o]) dep[v] = dep[o] ^ 1, DFS_init(v);
rdfn[o] = clk;
}
int main() {
n = Read(), q = Read();
For(i, 2, n) fa[i] = Read(), w[i] = Read(), G[fa[i]].push_back(i);
DFS_init(1);
For(i, 2, n) if (!dep[i]) w[i] = -w[i];
For(i, 2, n) T.add(dfn[i], w[i]), T.add(rdfn[i] + 1, -w[i]);
while (q--) {
int op = Read();
if (op == 1) {
int u = Read(), v = Read(), s = Read();
int x = T.sum(dfn[u]), y = T.sum(dfn[v]);
if (dep[u] && dep[v]) {
long long rt = 1ll * x + y - s;
if (rt % 2) puts("none");
else printf("%lld\n", rt / 2);
} else if (!dep[u] && !dep[v]) {
long long rt = 1ll * x + y + s;
if (rt % 2) puts("none");
else printf("%lld\n", rt / 2);
} else {
if (dep[v]) swap(u, v), swap(x, y);
if (x - y == s) puts("inf");
else puts("none");
}
} else {
int u = Read(), nw = Read();
if (!dep[u]) nw = -nw;
T.add(dfn[u], nw - w[u]), T.add(rdfn[u] + 1, w[u] - nw);
w[u] = nw;
}
}
return 0;
}T3
#include <bits/stdc++.h>
#define For(i, j, k) for (int i = j; i <= k; i++)
#define Forr(i, j, k) for (int i = j; i >= k; i--)
using namespace std;
const int N = 2510;
const int Mod = 1e9 + 7;
int n, m = 2500;
struct Binary_Indexed_Tree {
int c[N];
void init() {
For(i, 1, m) c[i] = 0;
}
int lowbit(int x) { return x & (-x); }
void add(int x, int w) {
for (; x <= m; x += lowbit(x)) c[x] += w;
}
int sum(int x) {
int ret = 0;
for (; x; x -= lowbit(x)) ret += c[x];
return ret;
}
}T, S;
int pos[N][N];
int c[N];
bool vis[N];
void upd(int x) {
if (vis[x]) return;
vis[x] = true;
T.add(x, 1), S.add(x, x);
}
int main() {
scanf("%d", &n);
For(i, 1, n) {
int x, y;
scanf("%d%d", &x, &y);
pos[x][++c[x]] = y;
}
For(i, 1, m) sort(pos[i] + 1, pos[i] + c[i] + 1), pos[i][c[i] + 1] = m + 1;
int ans = 0;
For(i, 1, m) if (c[i]) {
T.init(), S.init();
For(j, 1, m) vis[j] = false;
For(j, 1, c[i]) upd(pos[i][j]);
Forr(j, i - 1, 1) if (c[j]) {
int pa = 1, pb = 1, cur = max(pos[i][1], pos[j][1]);
For(k, 1, c[j]) upd(pos[j][k]);
while (pos[i][pa + 1] <= cur) ++pa;
while (pos[j][pb + 1] <= cur) ++pb;
while (pa <= c[i] && pb <= c[j]) {
int nxt = min(pos[i][pa + 1], pos[j][pb + 1]), L = min(pos[i][pa], pos[j][pb]);
ans = (ans + (1ll * (S.sum(nxt - 1) - S.sum(cur - 1)) * T.sum(L)
- 1ll * (T.sum(nxt - 1) - T.sum(cur - 1)) * S.sum(L)) * (i - j)) % Mod;
cur = nxt;
if (pos[i][pa + 1] <= cur) ++pa;
if (pos[j][pb + 1] <= cur) ++pb;
}
}
}
printf("%d\n", ans);
return 0;
}下午讲课：DP选讲
例1
一个长度为\(n\)的序列\(A\)，我们称一个元素是好的，当且仅当它严格大于相邻的元素。你可以进行若干次操作，每次将一个元素减小\(1\)
对于每个\(k\in [1,\lceil\frac{n}{2}\rceil]\)求至少要进行多少次操作使得序列中至少有\(k\)个好的元素
\(n\le 5000,A_i\le 10^5\)
解：
稍作观察发现，如果最终方案中一个位置是好的，那我们一定不会对它做操作；如果不是，它最终的值是\(A_{i-1}-1,A_i,A_{i+1}-1\)中的一个
令\(dp[i][j][0]\)表示前\(i\)个元素有\(j\)个是好的，且已经钦定\(A_i\)是好的，此
时对前\(i\)个元素至少要进行的操作次数。转移到\(i+1\)时需要确保操作后\(A_{i+1}\lt A_i\)
类似地，\(dp[i][j][1/2/3]\)表示\(A_i\)不是好的时的三种情况
\(O(n^2)\)
例2
一个长度为\(n\)的序列\(A\)，定义一个1到n的排列p是合法的，当且仅当\(\forall i\in[1,n-1].A_{p_i}\times A_{p_{i+1}}\)不是完全平方数
求有多少合法的排列，对\(1e9+7\)取模
\(n\le 300,A_i\le 10^9\)
解：
对于每个元素去掉它的平方质因子，问题转化为有多少排列\(p\)满足\(\forall i\in[1,n-1],A_{p_i}\ne A_{p_{i+1}}\)，即相邻元素不同
先统计有多少种不同的元素，以及每种元素的个数。考虑每次将值相同的所有元素加入排列后的序列
设\(dp[i][j]\)表示已经将前\(i\)种元素加入序列，有\(j\)对相邻位置相同的方案数。转移时枚举将第\(i+1\)种元素加入后会将多少对原来不合法的相邻位置拆开，以及会新增多少不合法的相邻位置即可。
总元素个数\(O(n)\)，因此复杂度最坏\(O(n^3)\)
例3
有一个长度为\(n\)的序列\(A\)和常数\(L,P\)，你需要将它分成若干段，每一段的代价为\(|(\sum A_i)-L|^P\)，求最小代价的划分方案
\(n\le 10^5,1\le P\le 10\)
解：
\[ dp[j]=\min_{i=0}^{j-1}|sum_j-sum_i-L|^P+dp[i] \]
这个方程具有决策单调性，即\(\forall u\lt v\lt i\lt j\)，若在\(i\)处决策\(v\)优于决策\(u\)，则在\(j\)处必有\(v\)优于决策\(u\)
用一个栈维护每个决策更新的区间，新加入一个决策时可以二分得到它的区间
\(O(n\log n)\)
证明：
本题的证明需要讨论绝对值符号，先考虑里面的值为正的情况，其余的情况类似。
定义\(f_i(x)=dp[i]+(sum_x-sum_i-L)^P\)，只需证明\(g(x)=f_u(x)-f_v(x),u\lt v\lt x\)单调增
也就是随着\(x\)增大决策\(u\)相较于决策\(v\)越来越不优
\[ g(x)=(sum_x-sum_u)^P-(sum_x-sum_v)^P+dp[u]-dp[v]\\ g'(x)=P(sum_x-sum_u)^{P-1}-P(sum_x-sum_v)^{P-1}\\ g'(x)\ge 0 \]
例4
一张\(n\)个点\(m\)条边的带权有向图，每条边的长度都为\(1\)。求一条最长的路径，满足边权严格递增，且路径上边的顺序与输入中这些边的相对顺序相同。
\(n,m\le 10^5\)
解：
按输入顺序考虑每一条边。设\(dp[i][j]\)表示路径到了节点\(i\)，上一条边的权值\(j\)时的最长长度。
显然有用的状态是\(O(m)\)的。对每个点维护一个\(set\)来存这些状态以及它们的\(dp\)值，并保证\(dp\)值是随\(j\)递增的。这样加入一条边\((u,v)\)时，只需要在节点\(u\)的\(set\)上二分就可以进行转移了。同时还需要维护\(v\)的\(set\)。
\(O(n+m\log m)\)
例5
有一棵\(n\)个点的带权二叉树（不知道树的形态），给出对这棵二叉树进行中序遍历得到的权值序列，判断是否存在与之相符的一棵二叉树，树上每对相邻节点权值的\(gcd\)大于\(1\)
\(n\le 700,w_i\le 10^9\)
解
对于二叉树的一棵子树，其中序遍历是一段连续的区间。一个想法（跟昨天的题目很像）是设\(dp[l][r][i]\)表示是否能将区间\([l,r]\)建成一棵以\(i\)为根的合法二叉树，转移枚举两边子树的根，但这样的复杂度是\(O(n^5)\)
注意到对于区间\([l,r]\)构成的二叉树，除非\(l=1,r=n\)，否则它一定是\(r+1\)的左子树，或者\(l-1\)的右子树。因此我们只关心根节点与\(l-1\)和\(r+1\)的权值的\(gcd\)是否为\(1\)，而不需要知道根是哪个节点。
于是状态数变为\(O(n^2)\)，转移仍然枚举根即可，\(O(n^3)\)