2018ICPC南京網絡賽
2018ICPC南京網絡賽
A. An Olympian Math Problem
題目描述：求\(\sum_{i=1}^{n} i\times i! \%n\)
solution
\[(n-1) \times (n-1)! \% n= (n-2)!(n^2-2n+1) \%n =(n-2)!\]
\[(n-2+1)\times (n-2)! \% n= (n-3)!(n^2-3n+2) \%n =(n-3)! \times 2\]
以此類推，最終只剩下\(n-1\)
時間復雜度：\(O(1)\)
B. The writing on the wall
題目描述：有一個\(n\times m\)
solution
先預處理出每個格子向右延伸的最長距離是多少，記作\(ri[i][j]\)。
對於每一列\(j\)，將行按\(ri\)從大到小排序，按順序插回去，用並查集維護連通塊，當將第\(i\)行插回去是，\(i\)所在的連通塊最長延伸距離為\(ri[i][j]\)，為避免重復，只算跨過\(i\)這一行的貢獻。
時間復雜度：\(O(n^3)\)
C. GDY
據說是比較坑的模擬題，隊友做的。
D. Jerome‘s House
題目描述：在一個凸包內放三個半徑為\(r\)的圓（圓可以相交），求圓心所形成的三角形的面積的最大值的兩倍。
solution
將凸包的所有邊向內移動\(r\)，用半平面交求出之後的凸包，然後在凸包上求面積最大的三角形，枚舉兩個點，然後第三個點是單調的。
時間復雜度：\(O(n^2)\)
E. AC Challenge
裸狀壓\(dp\).
F. An Easy Problem On The Trees
G. Lpl and Energy-saving Lamps
裸線段樹。
H. Set
題目描述：有\(n\)個點, 每個點有一個權值。\(m\)個操作，操作有三種：
- 給定\(u, v\)，如果\(u, v\)不在同一個集合，那麽將它們所在的集合合並
- 給定\(u\)，將\(u\)所在集合的點的權值加一。
- 給定\(u, k, x\)，求\(u\)所在集合的點的權值模\(2^k\)等於\(x\)的有多少。
solution
看到第三個操作，就會想到用\(trie\)來維護每個集合的數（越接近樹根數位越低），操作一就是將兩棵\(trie\)暴力合並，由於只有合並操作，因此每個點只會被合並一次，因此總的時間復雜度還是\(O(nlogn)\)，對於操作二，可以在\(trie\)上面打標記，表示子樹要加數，假設加的數為\(x\)，若\(x\)為奇數，則本來該數位是\(0\)的數變成\(1\)，\(1\)變成\(0\)，並且要進位，即交換兒子，交換後兒子\(0\)的標記加一；若\(x\)為偶數，則直接把標記往下打即可，往下打得標記為\(x/2\).
時間復雜度：\(O((n+m)k)\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=int(6e5)+100;
struct node
{
node *son[2];
int cnt;
int mark;
node()
{
cnt=mark=0;
son[0]=son[1]=NULL;
}
void down()
{
if (mark & 1) swap(son[0], son[1]);
if (son[0]) son[0]->mark+=(mark>>1)+(mark & 1);
if (son[1]) son[1]->mark+=(mark>>1);
mark=0;
}
};
node memory[maxn*31];
node *mem=memory;
int n, m;
int dsu[maxn];
node *trie[maxn];
void insert(node *cur, int v)
{
++cur->cnt;
for (int i=0; i<30; ++i, v>>=1)
{
if (!cur->son[v & 1]) cur->son[v & 1]=mem++;
cur=cur->son[v & 1];
++cur->cnt;
}
}
void read()
{
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i=1; i<=n; ++i) dsu[i]=-1;
for (int i=1; i<=n; ++i)
{
int v;
scanf("%d", &v);
trie[i]=mem++;
insert(trie[i], v);
}
}
int dsu_find(int cur)
{
return (dsu[cur]<0? cur:(dsu[cur]=dsu_find(dsu[cur])));
}
void dsu_merge(int &x, int &y)
{
if (dsu[x]>dsu[y]) swap(x, y);
dsu[x]+=dsu[y];
dsu[y]=x;
}
node *merge(node *x, node *y)
{
if (!x) return y;
if (!y) return x;
if (x->mark) x->down();
if (y->mark) y->down();
x->cnt+=y->cnt;
x->son[0]=merge(x->son[0], y->son[0]);
x->son[1]=merge(x->son[1], y->son[1]);
return x;
}
int ask(node *cur, int k, int x)
{
if (cur->mark) cur->down();
for (int i=0; i<k; ++i, x>>=1)
{
if (!cur->son[x & 1]) return 0;
cur=cur->son[x & 1];
if (cur->mark) cur->down();
}
return cur->cnt;
}
void solve()
{
for (int i=1; i<=m; ++i)
{
int type, u, v, x;
scanf("%d%d", &type, &u);
u=dsu_find(u);
switch (type)
{
case 1:
scanf("%d", &v);
v=dsu_find(v);
if (u==v) break;
dsu_merge(u, v);
trie[u]=merge(trie[u], trie[v]);
break;
case 2:
++trie[u]->mark;
break;
case 3:
scanf("%d%d", &v, &x);
printf("%d\n", ask(trie[u], v, x));
break;
}
}
}
int main()
{
read();
solve();
return 0;
}I. Skr
題目描述：給定一個只含數字的字符串，求不同回文子串的和（子串所代表的數字的和）
solution
裸回文樹。
J. Sum
題目描述：定義\(f(n)\)為\(n\)分解為兩個非平方數乘積的方案數（有序數對），非平方數指的是沒有平方數因子的數，\(1\)除外。問\(\sum_{i=1}^{n} f(i)\)
solution
將一個數\(n\)分解質因數，若某個質因子的冪大於\(2\)，則\(f(n)=0\),因為無論怎麽分，總有一個數會有兩個該質因子；否則\(f(n)=2^{冪次為1的質因子的個數}\)。而這東西顯然是積性函數，因此可以線性篩預處理。
時間復雜度：\(O(n)\)
K. The Great Nim Game
題目描述：有\(n\)堆石子，每堆石子的個數為\(f(n)\)，一開始可以移走若幹堆石子，使得在剩下的石子堆中玩\(Nim\)遊戲先手必勝，問移走石子堆的方案數。
solution
如果直接給出每堆石子的個數，那這題就很簡單了，就是算使得剩下的數異或值不為\(0\)即可，這個可以用狀壓\(dp\)。但這道題的\(n\)很大，\(f(n)\)是由遞推式給出的。觀察式子可知\(f(n)\)有一個長度為\(k\)的循環，因此可以算出每種數字有多少個，只是要用高精度表示而已，每種數字選奇數個或偶數個，因此方案數是\(2^{個數-1}\)，因為個數很大，所以要用歐拉定理降冪。
時間復雜度：\(O(n+2^kk)\)
L. Magical Girl Haze
題目描述：有一個\(n\)個點\(m\)條邊的圖，現在可以將不多於\(k\)條邊的權值變成\(0\)，求\(1\)到\(n\)的最短路徑。
solution
拆點，將一個點拆成\(k+1\)個，表示已經變了多少條邊。然後用\(dijkstra\)才能過。（好像\(SPFA+SLF\)優化也可以）
時間復雜度：\(O(mlog(nk))\)
2018ICPC南京網絡賽