EZ 2018 05 13 NOIP2018 模擬賽（十三）
阿新 • • 發佈：2018-05-15
ret 觀察 長度 [] 自己 上線 發現 int end uil
這次的比賽真心水，考時估分240，然後各種悠閑亂逛
然後測完T1數組開小了炸成40，T2，T3都沒開long long，T2炸成20，T3爆0
掉回1600+的深淵，但是還有CJJ dalao比我更慘
T1
這道題就比較simple了，很顯然用數據結構亂優化
貌似有很多種解法：單調隊列，堆，線段樹等等
我主要就講一下我考試的時候YY出來的線段樹
首先我們發現一個性質：對於n次操作之後，序列就進入循環
然後我們只需要處理處前n次詢問就可以O(n)處理了
我們開一個前綴和記錄原串中1的個數，然後設一個數組f[i]表示i左邊k的長度範圍內（包括它自己）一共有幾個1（不足k也允許）
然後我們發現將一個數從尾部移到最前面，有兩種情況：
如果這個數是0，那麽只需要把它自己的f[i]修改成0即可
如果這個數是1，那麽只需要把它自己的f[i]就改成1，並且把隊頭的前k-1項的f[]值加1
然後我們之間把初始數組右移n個長度（前面的為循環做準備)，然後上線段樹即可
然而我f數組忘記<<1了，而且那個字符串數組也看錯了範圍dog！！！
CODE
#include<cstdio> #include<cstring> using namespace std; const int N=100005; struct segtree { int add,s; }tree[N<<3]; int a[N],f[N<<1],sum[N],ans[N],n,k,q,tot; char s[N<<1]; inline void read(int &x) { x=0; char ch=getchar(); while (ch<‘0‘||ch>‘9‘) ch=getchar(); while (ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘) x=x*10+ch-‘0‘,ch=getchar(); } inline void write(int x) { if (x/10) write(x/10); putchar(x%10+‘0‘); } inline int max(int a,int b) { return a>b?a:b; } inline void up(int root) { tree[root].s=max(tree[root<<1].s,tree[root<<1|1].s); } inline void down(int root) { if (tree[root].add) { tree[root<<1].add+=tree[root].add; tree[root<<1|1].add+=tree[root].add; tree[root<<1].s+=tree[root].add; tree[root<<1|1].s+=tree[root].add; tree[root].add=0; } } inline void build(int root,int l,int r) { if (l==r) { tree[root].s=f[l]; return; } int mid=l+r>>1; build(root<<1,l,mid); build(root<<1|1,mid+1,r); up(root); } inline void updata(int root,int l,int r,int id) { if (l==r) { tree[root].s=0; return; } int mid=l+r>>1; down(root); if (id<=mid) updata(root<<1,l,mid,id); else updata(root<<1|1,mid+1,r,id); up(root); } inline void modify(int root,int l,int r,int beg,int end) { if (l>=beg&&r<=end) { tree[root].s+=1; tree[root].add+=1; return; } int mid=l+r>>1; down(root); if (beg<=mid) modify(root<<1,l,mid,beg,end); if (end>mid) modify(root<<1|1,mid+1,r,beg,end); up(root); } int main() { //freopen("A.in","r",stdin); freopen("A.out","w",stdout); register int i; read(n); read(k); read(q); for (i=1;i<=n;++i) { read(a[i]); sum[i]=sum[i-1]+a[i]; if (i>=k) f[i+n]=sum[i]-sum[i-k]; else f[i+n]=sum[i]; } build(1,1,n<<1); ans[0]=tree[1].s; for (i=1;i<=n;++i) { updata(1,1,n<<1,(n<<1)-i+1); if (a[n-i+1]) modify(1,1,n<<1,n-i+1,n-i+k); ans[i]=tree[1].s; } for (scanf("%s",s+1),i=1;i<=q;++i) if (s[i]==‘?‘) write(ans[tot]),putchar(‘\n‘); else { if (++tot==n) tot=0; } return 0; }
T2
這題意一看就是暴力數據結構，然而我沒開long long
我們通過觀察發現2操作滿足一個很兇猛的性質：前面的操作不會影響後面的操作
因此我們可以從前往後推一下，對於所有的操作2，將它操作的區間中的所有操作的次數+=目前這個操作的次數（默認為1）
然後最後我們得到了所有操作的次數，然後對於操作1上線段樹 or 樹狀數組+差分即可
線段樹CODE
#include<cstdio> using namespace std; typedef long long LL; const LL N=100005,mod=1e9+7; struct time_segtree { LL add[N<<2],sum[N<<2]; inline void up(LL root) { sum[root]=(sum[root<<1]+sum[root<<1|1])%mod; } inline void down(LL root,LL l,LL r) { if (add[root]) { add[root<<1]=(add[root<<1]+add[root])%mod; add[root<<1|1]=(add[root<<1|1]+add[root])%mod; sum[root<<1]=(sum[root<<1]+add[root]*l)%mod; sum[root<<1|1]=(sum[root<<1|1]+add[root]*r)%mod; add[root]=0; } } inline void modify(LL root,LL l,LL r,LL beg,LL end,LL k) { if (l>=beg&&r<=end) { sum[root]=(sum[root]+k*(r-l+1))%mod; add[root]=(add[root]+k)%mod; return; } LL mid=l+r>>1; down(root,mid-l+1,r-mid); if (beg<=mid) modify(root<<1,l,mid,beg,end,k); if (end>mid) modify(root<<1|1,mid+1,r,beg,end,k); up(root); } inline LL query(LL root,LL l,LL r,LL id) { if (l==r) return sum[root]; LL mid=l+r>>1; down(root,mid-l+1,r-mid); if (id<=mid) return query(root<<1,l,mid,id); else return query(root<<1|1,mid+1,r,id); } }T; struct ans_segtree { LL add[N<<2],sum[N<<2]; inline void up(LL root) { sum[root]=(sum[root<<1]+sum[root<<1|1])%mod; } inline void down(LL root,LL l,LL r) { if (add[root]) { add[root<<1]=(add[root<<1]+add[root])%mod; add[root<<1|1]=(add[root<<1|1]+add[root])%mod; sum[root<<1]=(sum[root<<1]+add[root]*l)%mod; sum[root<<1|1]=(sum[root<<1|1]+add[root]*r)%mod; add[root]=0; } } inline void modify(LL root,LL l,LL r,LL beg,LL end,LL k) { if (l>=beg&&r<=end) { sum[root]=(sum[root]+k*(r-l+1))%mod; add[root]=(add[root]+k)%mod; return; } LL mid=l+r>>1; down(root,mid-l+1,r-mid); if (beg<=mid) modify(root<<1,l,mid,beg,end,k); if (end>mid) modify(root<<1|1,mid+1,r,beg,end,k); up(root); } inline LL query(LL root,LL l,LL r,LL id) { if (l==r) return sum[root]; LL mid=l+r>>1; down(root,mid-l+1,r-mid); if (id<=mid) return query(root<<1,l,mid,id); else return query(root<<1|1,mid+1,r,id); } }A; struct data { LL opt,x,y; }q[N]; LL n,m; inline char tc(void) { static char fl[100000],*A=fl,*B=fl; return A==B&&(B=(A=fl)+fread(fl,1,100000,stdin),A==B)?EOF:*A++; } inline void read(LL &x) { x=0; char ch=tc(); while (ch<‘0‘||ch>‘9‘) ch=tc(); while (ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘) x=x*10+ch-‘0‘,ch=tc(); } inline void write(LL x) { if (x/10) write(x/10); putchar(x%10+‘0‘); } int main() { //freopen("B.in","r",stdin); freopen("B.out","w",stdout); register LL i; read(n); read(m); for (i=1;i<=m;++i) read(q[i].opt),read(q[i].x),read(q[i].y); for (i=m;i>=1;--i) { T.modify(1,1,m,i,i,1); if (q[i].opt==2) { LL x=T.query(1,1,m,i); T.modify(1,1,m,q[i].x,q[i].y,x); } } for (i=1;i<=m;++i) if (q[i].opt==1) { LL x=T.query(1,1,m,i); A.modify(1,1,n,q[i].x,q[i].y,x); } for (i=1;i<=n;++i) write(A.query(1,1,n,i)),putchar(‘ ‘); return 0; }
T3
比較玄學的盧卡斯定理亂推
反正我對這種數學的東西沒什麽興趣，還是打打暴力好了
這裏的暴力也比較有技巧，我們搞一下每一個點第x天的權值，記錄下來，因為既可以用來推後面的，也可以用來O(1)求答案
40ptsCODE
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL N=1005;
struct edge
{
LL to,next;
}e[N<<1];
LL head[N],w[N][N],a[N],n,q,x,y,root,cnt,m;
inline char tc(void)
{
static char fl[100000],*A=fl,*B=fl;
return A==B&&(B=(A=fl)+fread(fl,1,100000,stdin),A==B)?EOF:*A++;
}
inline void read(LL &x)
{
x=0; char ch=tc();
while (ch<‘0‘||ch>‘9‘) ch=tc();
while (ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘) x=x*10+ch-‘0‘,ch=tc();
}
inline void write(LL x)
{
if (x/10) write(x/10);
putchar(x%10+‘0‘);
}
inline void add(LL x,LL y)
{
e[++cnt].to=y; e[cnt].next=head[x]; head[x]=cnt;
}
inline LL max(LL a,LL b)
{
return a>b?a:b;
}
inline void DFS(LL now,LL fa)
{
bool flag=1; register LL i,j;
for (i=head[now];i!=-1;i=e[i].next)
if (e[i].to!=fa)
{
flag=0;
DFS(e[i].to,now);
}
if (flag) for (i=1;i<=m;++i) w[now][i]=w[now][0]; else
{
for (i=1;i<=m;++i)
for (w[now][i]=w[now][i-1],j=head[now];j!=-1;j=e[j].next)
if (e[j].to!=fa) w[now][i]^=w[e[j].to][i];
}
}
int main()
{
//freopen("C.in","r",stdin); freopen("C.out","w",stdout);
register LL i;
memset(head,-1,sizeof(head));
memset(e,-1,sizeof(e));
read(n); read(q);
for (i=1;i<n;++i)
read(x),read(y),add(x,y),add(y,x);
for (i=0;i<n;++i)
read(w[i][0]);
for (i=1;i<=q;++i)
read(a[i]),m=max(m,a[i]);
DFS(root,-1);
for (i=1;i<=q;++i)
write(w[root][a[i]]),putchar(‘\n‘);
return 0;
}EZ 2018 05 13 NOIP2018 模擬賽（十三）