wannafly挑战赛14
第一次打wannafly。。觉得自己好菜啊。。。
题目描述
整天与整数打交道的小明希望知道这个三棱锥内、上整点的数目。
他觉得数量可能很多，所以答案需要对给定的 M 取模。
输入描述:
输入有 1 ≤ T ≤ 10
5
组数据。
每组数据中，输入两个整数 0 ≤ K ≤ 10
9
+ 7, 1 ≤ M ≤ 10
9
+ 7，意义如题目描述。
输出描述:
对于每组数据，输出一个整数，为三棱锥内、上整点的数目对 M 取模。
输入例子:
4
0 60
1 60
29 60
29 100007
输出例子:
1
4
40
4960
-->
输入
4
0 60
1 60
29 60
29 100007
输出
1
4
40
4960
签到题吧。对于这个三棱锥，除了x=0,y=0,z=0外的斜平面上，他有(k+1)列，由上往下数第i列包含i个点，于是我们斜平面上有点 $ sum^{k+1}_{i=1} \ i= \frac{(k+1)(k+2)}{2} $ 。因此给三棱锥等距地切出k个和斜平面平行的平面，因此三棱锥上的所有点分布在这(k+1）个平面上，于是从下往上数第i个平面上的点数为 $ \frac{(i)(i+1)}{2} $ 对其求和，即$ \sum^{k+1}_{i=1} \ \frac{(i)(i+1)}{2} = \frac{ \sum^{k+1}_{i=1} \ (i)(i+1)}{2} = \frac{ (k+1)(k+2)(k+3) }{6} $ 因此按照公式写答案2333.
#include<bits/stdc++.h>
#define clr(x) memset(x,0,sizeof(x))
#define clr_1(x) memset(x,-1,sizeof(x))
#define mod 1000000007
#define LL long long
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
const int N=1e5+;
int T;
LL ans,k,m,dt,a[];
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin>>T;
while(T--)
{
cin>>k>>m;
ans=;
for(int i=;i<=;i++)
a[i]=k+i;
for(int i=;i<=;i++)
if(a[i]%==)
{
a[i]/=;
break;
}
for(int i=;i<=;i++)
if(a[i]%==)
{
a[i]/=;
break;
}
ans=a[]*a[]%m*a[]%m;
cout<<ans<<endl;
}
}
题目描述
每个名字旁边都记录着这位村民的声望值，而且有的村民还和别人同名。
随着时间的推移，因为没有村民死亡，这个名册变得十分大。
2. 给定名字前缀 pi 的所有人的声望值变化 di
3. 查询名字为 sj 村民们的声望值的和（因为会有重名的）
4. 查询名字前缀为 pj 的声望值的和
输入描述:
第一行为两个整数 0 ≤ N ≤ 10
5
，表示接下来有 N 个操作；
接下来 N 行，每行输入一个操作，行首为一个整数 1 ≤ o
i
≤ 4，表示这一行的操作的种类，
2. 前缀修改声望，这一行的格式为 2 pi di，其中 |di| ≤ 103
3. 查询名字的声望和，这一行的格式为 3 sj
4. 查询前缀的声望和，这一行的格式为 4 pj
输出描述:
对于每一次询问操作，在一行里面输出答案。
输入例子:
20
1 a -10
1 abcba -9
1 abcbacd 5
4 a
2 a 9
3 aadaa
3 abcbacd
4 a
3 a
2 a 10
3 a
2 a -2
2 d -8
1 ab -2
2 ab -7
1 aadaa -3
4 a
3 abcba
4 a
4 c
输出例子:
-14
0
14
13
-1
9
11
1
11
0
-->
输入
20
1 a -10
1 abcba -9
1 abcbacd 5
4 a
2 a 9
3 aadaa
3 abcbacd
4 a
3 a
2 a 10
3 a
2 a -2
2 d -8
1 ab -2
2 ab -7
1 aadaa -3
4 a
3 abcba
4 a
4 c
输出
-14
0
14
13
-1
9
11
1
11
0
给trie做类似线段树的tag标记。
我们维护五个量，分别是当前节点路径字符串的数量、声望和，当前节点为前缀字符串的数量、声望和，以及标记tag。对于所有操作，操作的时候访问到当前点有tag的时候就往后面的节点pushdown。操作一在插入基础上pushdown。操作二像线段树一样，如果当前前缀存在，我们修改路径上的所有节点的值，并在终点处留下加上声望值的tag。三四操作就在pushdown后查询当前点的前缀声望和和前缀声望和。
#include<bits/stdc++.h>
#define clr(x) memset(x,0,sizeof(x))
#define clr_1(x) memset(x,-1,sizeof(x))
#define mod 1000000007
#define LL long long
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
const int N=1e6+;
const int type=;
int T;
struct node
{
int next[type];
LL tag,sum,num,presum,prenum;
}trie[N];
int tot;
char s[N];
int n,m;
LL d;
void init()
{
tot=;
memset(&trie[],,sizeof(trie[]));
return ;
}
int makenode()
{
++tot;
memset(&trie[tot],,sizeof(trie[tot]));
return tot;
}
void pushdown(int now)
{
int p;
if(trie[now].tag)
{
for(int i=;i<type;i++)
{
p=trie[now].next[i];
if(p)
{
trie[p].tag+=trie[now].tag;
trie[p].sum+=trie[p].num*trie[now].tag;
trie[p].presum+=trie[p].prenum*trie[now].tag;
}
}
trie[now].tag=;
}
return ;
}
void add(char *s,LL d)
{
int now=,p;
for(int i=;s[i];i++)
{
p=s[i]-'a';
if(!trie[now].next[p])
trie[now].next[p]=makenode();
now=trie[now].next[p];
pushdown(now);
trie[now].presum+=d;
trie[now].prenum++;
}
trie[now].sum+=d;
trie[now].num++;
return ;
}
void change(char *s,LL d)
{
int now=,p;
int i;
for(i=;s[i];i++)
{
p=s[i]-'a';
if(!trie[now].next[p])
break;
now=trie[now].next[p];
pushdown(now);
}
if(!s[i])
{
trie[now].tag+=d;
int nowto=;
for(i=;s[i];i++)
{
p=s[i]-'a';
nowto=trie[nowto].next[p];
trie[nowto].presum+=trie[now].prenum*d;
}
trie[now].sum+=d*trie[now].num;
}
return ;
}
LL query(char *s)
{
int now=,p;
int i;
for(i=;s[i];i++)
{
p=s[i]-'a';
if(!trie[now].next[p])
break;
now=trie[now].next[p];
pushdown(now);
}
if(s[i])
return ;
else
return trie[now].sum;
}
LL querypre(char *s)
{
int now=,p;
int i;
for(i=;s[i];i++)
{
p=s[i]-'a';
if(!trie[now].next[p])
break;
now=trie[now].next[p];
pushdown(now);
}
if(s[i])
return ;
else
return trie[now].presum;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin>>n;
init();
for(int i=;i<=n;i++)
{
cin>>m;
if(m==)
{
cin>>s>>d;
add(s,d);
}
else if(m==)
{
cin>>s>>d;
change(s,d);
}
else if(m==)
{
cin>>s;
cout<<query(s)<<endl;
}
else
{
cin>>s;
cout<<querypre(s)<<endl;
}
}
return ;
}
题目描述
输入描述:
第一行是一个T≤20代表测试组数。每组测试的第一行包含两个正整数是n,m(n≤10
5
,m≤10
8
)，接下来n−1
行每行包含三个正整数a b d，分别表示a结点和b结点之间的距离是d,a,b∈[1,n],1≤d≤10
3
。请注意每棵树的根节点都是1号结点，并且保证输入合法。
输出描述:
对于每组测试样例输出一个整数表示所有子树sub-beauty中不超过m的最大值。如果所有子树的sub-beauty都大于m，输出-1。
输入例子:
3
3 4
1 2 1
1 3 2
3 4
1 2 3
1 3 2
4 6
1 2 2
2 3 5
3 4 2
输出例子:
3
-1
6
-->
输入
3
3 4
1 2 1
1 3 2
3 4
1 2 3
1 3 2
4 6
1 2 2
2 3 5
3 4 2
输出
3
-1
6
我们一次dfs求出所有点的beauty，然后我们第二次dfs，并保存根到当前点的路径上的点的beauty。由于这个beauty是非递增的，因此我们直接查询大于等于当前点u的sum[u] m的值在路径bueauty的位置，然后+1即为相减后最靠近m的值了。由于我傻了没发现递增。。于是我写了一个权值线段树维护orz。
#include<bits/stdc++.h>
#define clr(x) memset(x,0,sizeof(x))
#define clr_1(x) memset(x,-1,sizeof(x))
#define mod 1000000007
#define LL long long
#define INF 0x3f3f3f3f
#define pb(x) push_back(x)
#define mp(x,y) make_pair(x,y)
using namespace std;
const int N=1e5+;
vector<pair<int,LL>> edge[N];
LL sum[N],cnum[N],val[N];
int n,T,u,v,nl;
LL m,value,ans;
struct node
{
int l,r,num;
}tree[N<<];
void init(int i,int l,int r)
{
tree[i]=(node){l,r};
if(l==r)
return ;
int mid=(l+r)>>;
init(i<<,l,mid);
init(i<<|,mid+,r);
return ;
}
void update(int i,int pos,int val)
{
if(tree[i].l==tree[i].r)
{
tree[i].num+=val;
return ;
}
int mid=(tree[i].l+tree[i].r)>>;
if(mid>=pos)
update(i<<,pos,val);
else
update(i<<|,pos,val);
tree[i].num+=val;
return ;
}
LL query(int i,int l,int r)
{
if(tree[i].num==)
return -INF;
if(tree[i].l>=l && tree[i].r<=r)
{
if(tree[i].l==tree[i].r)
return val[tree[i].l];
if(tree[i<<|].num)
return query(i<<|,l,r);
else return query(i<<,l,r);
}
int mid=(tree[i].l+tree[i].r)>>;
LL ans=-INF;
if(mid>=l)
ans=max(ans,query(i<<,l,r));
if(mid<r)
ans=max(ans,query(i<<|,l,r));
return ans;
}
void dfs1(int u,int f)
{
cnum[u]=;
sum[u]=;
for(auto p:edge[u])
{
if(p.first!=f)
{
dfs1(p.first,u);
cnum[u]+=cnum[p.first];
sum[u]+=cnum[p.first]*p.second+sum[p.first];
}
}
val[u]=sum[u];
return ;
}
void dfs2(int u,int f)
{
ans=max(query(,lower_bound(val+,val+nl+,sum[u])-val,upper_bound(val+,val+nl+,sum[u]+m)--val)-sum[u],ans);
update(,lower_bound(val+,val+nl+,sum[u])-val,);
for(auto p:edge[u])
if(p.first!=f)
dfs2(p.first,u);
update(,lower_bound(val+,val+nl+,sum[u])-val,-);
return ;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin>>T;
while(T--)
{
cin>>n>>m;
for(int i=;i<=n;i++)
edge[i].clear();
for(int i=;i<=n;i++)
{
cin>>u>>v>>value;
edge[u].pb(mp(v,value));
edge[v].pb(mp(u,value));
}
ans=-;
dfs1(,);
sort(val+,val+n+);
nl=unique(val+,val+n+)-val-;
init(,,nl);
dfs2(,);
cout<<ans<<endl;
}
return ;
}
题目描述
给一个1-base数组{a}，有N次操作，每次操作会使一个位置无效。一个区间的权值定义为这个区间里选出一些数的异或和的最大值。求在每次操作前，所有不包含无效位置的区间的权值的最大值。
输入描述:
第一行读入一个正整数(1 <= n <= 105)
第二行读入n个正整数，第i个表示a[i](0<= a[i] <= 109)
第三行读入n个正整数，第i个表示x[i]即第i次操作的位置，保证x[i]互不相同。
输出描述:
输出n行答案
输入例子:
10
169 816 709 896 58 490 97 254 99 796
4 2 3 10 5 6 1 8 9 7
输出例子:
1023
994
994
994
490
490
254
254
99
97
-->
输入
10
169 816 709 896 58 490 97 254 99 796
4 2 3 10 5 6 1 8 9 7
输出
1023
994
994
994
490
490
254
254
99
97
#include<bits/stdc++.h>
#define clr(x) memset(x,0,sizeof(x))
#define clr_1(x) memset(x,-1,sizeof(x))
#define mod 1000000007
#define LL long long
#define INF 0x3f3f3f3f
#define pb(x) push_back(x)
#define mp(x,y) make_pair(x,y)
using namespace std;
const int N=1e5+;
const int type=;
int fa[N];
int Find(int x)
{
if(fa[x]!=x)
fa[x]=Find(fa[x]);
return fa[x];
}
LL liner[N][type],ans[N],rans,p;
int n,a[N],x[N],vis[N];
int t;
void Union(int x,int y)
{
int xx=Find(x);
int yy=Find(y);
LL p;
for(int i=type-;i>=;i--)
{
if(liner[xx][i])
{
p=liner[xx][i];
for(int j=type-;j>=;j--)
{
if(p>>j)
{
if(liner[yy][j])
p^=liner[yy][j];
else
{
liner[yy][j]=p;
break;
}
}
}
}
}
fa[xx]=yy;
return ;
}
void init(int n)
{
clr(liner);
LL p;
for(int i=;i<=n;i++)
{
fa[i]=i;
vis[i]=;
p=(LL)a[i];
for(int j=type-;j>=;j--)
{
if(p>>j)
{
if(!liner[i][j])
{
liner[i][j]=p;
break;
}
else
p=p^liner[i][j];
}
}
}
return ;
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=;i<=n;i++)
scanf("%d",a+i);
for(int i=;i<=n;i++)
scanf("%d",x+i);
init(n);
rans=;
for(int i=n;i>=;i--)
{
vis[x[i]]=;
if(vis[x[i]-])
Union(x[i]-,x[i]);
if(vis[x[i]+])
Union(x[i]+,x[i]);
t=Find(x[i]);
p=;
for(int j=;j>=;j--)
if(liner[t][j])
p=max(p^liner[t][j],p);
rans=max(rans,p);
ans[i]=rans;
}
for(int i=;i<=n;i++)
printf("%lld\n",ans[i]);
return ;
}
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