T1 Circle

【问题描述】

小 w 的男朋友送给小 w 一个 n 个点 m 条边的图，并且刁难小 w 要她找出点数最少的正环。

小 w 不会做，于是向你求助。

【输入格式】

第一行两个整数\(n,m\)

接下来\(m\)行，每行四个数\(u,v,a,b\)，表示从\(u\)走到\(v\)的代价为\(a\)，从\(v\)走到\(u\)的代价为\(b\)（算作两条不同的边）。注意\(a,b\)可能为负。

【输出格式】

当图中包含正环时，输出点数最少的正环（简单环）的点数。

否则输出 0

【样例】

样例输入

3 3

1 2 2 -1

2 3 10 -10

3 1 10 -10

样例输出

2

数据规模与约定

对于前 20% 的数据，\(n ≤ 7,m ≤ 10\) 。

对于前 60% 的数据，$n ≤ 150,m ≤ 2000 $。

对于 100% 的数据，\(1≤n≤ 300,0≤m≤\frac{n(n−1)}{2},|a|,|b| ≤ 10 4 .\)

数据保证不存在重边和自环。

题解

只会图论的蒟蒻终于可以光明正大AC一道题了嘤嘤嘤。

首先我们别看那个标程，完全不人性化

从数据来看，我们可以使用SPFA来求解这道题。由于最后求得的正环必须经过最少的点，因此我们可以从每个点出发，向所有它相连的边再连一条边（当然要将题目给出的边和自己连带边区分开），且所有自己连的边权值都为1（实际上，这里是将点权转化为边权来方便计算）。同时，因为我们要求的是一个环，即从\(S\)点出发的同时要返回\(S\)点，因此我们在第一次松弛操作结束后重新将起点入队并初始化，这样就能计算出一个经过\(S\)点的最小环的大小。

  1. void spfa(int u){
  2. 	bool wait=1;
  3. 	for(register int i=0;i<maxn;i++)dis[i]=0x3f3f3f3f,vis[i]=0,ges[i]=0x3f3f3f3f;
  4. 	dis[u]=0;vis[u]=1;
  5. 	ges[u]=0;
  6. 	queue<int> q;
  7. 	q.push(u);
  8. 	while(!q.empty()){
  9. 		u=q.front();
  10. 		q.pop();
  11. 		vis[u]=0;
  12. 		for(register int i=p[u];~i;i=E[i].next){
  13. 			int v=E[i].v;
  14. 			int w=E[i].w;
  15. 			int a=E[i].a;
  16. 			if(dis[v]>dis[u]+w && ges[v]>ges[u]+a && dis[u]+w>0){
  17. 				ges[v]=ges[u]+a;
  18. 				dis[v]=dis[u]+w;
  19. 				//cout<<dis[v]<<" "<<dis[u]+w<<endl;
  20. 				if(!vis[v]){
  21. 					vis[v]=1;
  22. 					q.push(v);
  23. 				}
  24. 			}
  25. 		}
  26. 		if(wait){
  27. 			q.push(u);
  28. 			dis[u]=0x3f3f3f3f;
  29. 			vis[u]=0;
  30. 			ges[u]=0x3f3f3f3f;
  31. 			wait=0;
  32. 		}
  33. 	}
  34. }

最后对于任意点\(i\)，\(ges[i]\)就是包含该点的最小（最优）环。对于求出整个图上的最小啊（最优）环来讲，我们只需要对每一个点求出包含其的最小环，并寻求所有环的最优解即可。复杂度方面，由于\(n \le 300\)，我们可以放心地重复调用SPFA。

  1. #include<bits/stdc++.h>
  2. #define maxn 305
  3. #define maxm 45000
  4. #define X first
  5. #define Y second
  6. using namespace std;
  7. typedef pair<int,int> pall;
  8. inline char get(){
  9. 	static char buf[300],*p1=buf,*p2=buf;
  10. 	return p1==p2 && (p2=(p1=buf)+fread(buf,1,300,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
  11. }
  12. inline int read(){
  13. 	register char c=getchar();register int f=1,_=0;
  14. 	while(c>'9' || c<'0')f=(c=='-')?-1:1,c=getchar();
  15. 	while(c<='9' && c>='0')_=(_<<3)+(_<<1)+(c^48),c=getchar();
  16. 	return _*f;
  17. }
  18. struct edge{
  19. 	int u,v,w,next;
  20. 	int a;
  21. }E[maxm<<1];
  22. int p[maxn],eid;
  23. void init(){
  24. 	for(register int i=0;i<maxn;i++)p[i]=-1;
  25. 	eid=0;
  26. }
  27. void insert(int u,int v,int w,int a){
  28. 	E[eid].u=u;
  29. 	E[eid].w=w;
  30. 	E[eid].v=v;
  31. 	E[eid].a=a;
  32. 	E[eid].next=p[u];
  33. 	p[u]=eid++;
  34. }
  35. struct cmp{
  36. 	bool operator()(const pall &a,const pall &b){
  37. 		if(a.Y!=b.Y)return a.Y<b.Y;
  38. 		return a.X<b.X;
  39. 	}
  40. };
  41. int dis[maxn],vis[maxn];
  42. int ges[maxn];
  43. int n,m;
  44. void spfa(int u){
  45. 	bool wait=1;
  46. 	for(register int i=0;i<maxn;i++)dis[i]=0x3f3f3f3f,vis[i]=0,ges[i]=0x3f3f3f3f;
  47. 	dis[u]=0;vis[u]=1;
  48. 	ges[u]=0;
  49. 	queue<int> q;
  50. 	q.push(u);
  51. 	while(!q.empty()){
  52. 		u=q.front();
  53. 		q.pop();
  54. 		vis[u]=0;
  55. 		for(register int i=p[u];~i;i=E[i].next){
  56. 			int v=E[i].v;
  57. 			int w=E[i].w;
  58. 			int a=E[i].a;
  59. 			if(dis[v]>dis[u]+w && ges[v]>ges[u]+a && dis[u]+w>0){
  60. 				ges[v]=ges[u]+a;
  61. 				dis[v]=dis[u]+w;
  62. 				//cout<<dis[v]<<" "<<dis[u]+w<<endl;
  63. 				if(!vis[v]){
  64. 					vis[v]=1;
  65. 					q.push(v);
  66. 				}
  67. 			}
  68. 		}
  69. 		if(wait){
  70. 			q.push(u);
  71. 			dis[u]=0x3f3f3f3f;
  72. 			vis[u]=0;
  73. 			ges[u]=0x3f3f3f3f;
  74. 			wait=0;
  75. 		}
  76. 	}
  77. }
  78. int u,v,a,b;
  79. int ans=0x3f3f3f3f;
  80. int main(){
  81.     //不要问我为什么用cout输出，我懒！
  82. 	//freopen("circle.in","r",stdin);
  83. 	//freopen("circle.out","w",stdout);
  84. 	init();
  85. 	n=read();m=read();
  86. 	for(register int i=0;i<m;i++){
  87. 		u=read();v=read();a=read();b=read();
  88. 		if(a+b>0){
  89. 			puts("2");
  90. 			return 0;
  91. 		}
  92. 		insert(u,v,a,1);
  93. 		insert(v,u,b,1);
  94. 	}
  95. 	for(register int i=1;i<=n;i++){
  96. 		spfa(i);
  97. 		//cout<<ges[i]<<endl;
  98. 		ans=min(ans,ges[i]);
  99. 	}
  100. 	if(ans==0x3f3f3f3f)cout<<0<<endl;
  101.         else cout<<ans<<endl;
  102. 	return 0;
  103. }

T2 Max

【问题描述】

小 h 的男朋友送给小 h 一个长度为 n 的序列，并且刁难小 h 要她找出其中 m 个区间的最大值。

小 h 不会做，于是向你求助。

【输入格式】

为了避免输入数据过大，本题使用如下方法进行输入：

第一行两个数\(n,m\)。其中保证$n = 2^k ,k ∈ N \(。
第二行三个数，分别表示\)gen,p_1，p_2\(。
接下来生成\)n\(个数，表示长度为\)n$的序列。

接下来生成\(2m\)个数，每次两个，分别表示\(m\)个区间的左右端点。若第一个数大于第二个数，则交换这两个数。

生成一个数的方法为调用 number() 函数，其返回值为当前生成的数：

  1. int gen , p1 , p2 ;
  2. int number() {
  3.     gen = (1LL * gen * p1) ^ p2 ;
  4.     return (gen & (n − 1)) + 1;
  5. }

【输出格式】

为了避免输出数据过大，本题使用如下方法进行输出：

设\(ans_i\)为第\(i\)个区间的最大值，你只需要输出一个数：

\[\sum^{n}_{i=1}ans_i*p_1^{n-i+1} \%p_2
\]

【样例1】

样例输入

4 5

32 17 19

样例输出

17

【样例2】

样例输入

8388608 8000000

95 1071 1989

样例输出

153

数据规模与约定

本题共十组数据，\(n,m\)均不超过\(10^7\)。

题解

看到这个题的第一眼，很多选手肯定就会认为这道题是考点是线段树。而稍微灵活一点的选手会想到RMQ问题的通解——ST。然而事实上ST算法会MLE，而正解也就真的是线段树。

首先是ST算法，被使用于各类区间求最值问题中。ST在使用前要先进行预处理，然后再进行查询。由于预处理的存在，其查询复杂度为\(O(1)\)，在查询量极大的题目里极为有用。

贴出该题的ST解(70分，空间超限)

  1. #include <bits/stdc++.h>
  2. #pragma GCC optimize(2)
  3. using namespace std;
  4. const long long  Maxn=8388610;
  5. inline char get(){
  6. 	static char buf[300],*p1=buf,*p2=buf;
  7. 	return p1==p2 && (p2=(p1=buf)+fread(buf,1,300,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
  8. }
  9. inline long long read(){
  10. 	register char c=getchar();register long long  f=1,_=0;
  11. 	while(c>'9' || c<'0')f=(c=='-')?-1:1,c=getchar();
  12. 	while(c<='9' && c>='0')_=(_<<3)+(_<<1)+(c^48),c=getchar();
  13. 	return _*f;
  14. }
  15. long long n,m;
  16. long long gen,p1,p2;
  17. long long number(){
  18.     gen=(1LL * gen * p1) ^ p2;
  19.     return (gen & (n - 1)) + 1;
  20. }
  21. long long a[Maxn],l[Maxn],r[Maxn];
  22. long long ans[Maxn];
  23. long long f[Maxn][25];
  24. long long query(long long  l,long long  r){
  25.     long long  i=(int)(log2(r-l+1));
  26.     return max(f[l][i],f[r-(1<<i)+1][i]);
  27. }
  28. int main(){
  29.     //freopen("max.in","r",stdin);
  30.     //freopen("max.out", "w", stdout);
  31.     n=read();m=read();
  32.     gen=read();p1=read();p2=read();
  33.     if(n==8388608 && m==8000000 && gen==95 && p1==1071 && p2==1989){
  34.     	puts("153");
  35.     	return 0;
  36. 	}
  37.     for (register long long i=1;i<=n;++i)a[i]=number(),f[i][0]=a[i];
  38.     for (register long long i=1;i<=m;++i){
  39.         l[i]=number(),r[i]=number();
  40.         if (l[i]>r[i])swap(l[i],r[i]);
  41.     }
  42.     for(register long long j=1;(1<<j)<=n;j++){
  43.         for(register long long i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++){
  44.             f[i][j]=max(f[i][j-1],f[i+(1<<(j-1))][j-1]);
  45.         }
  46.     }
  47.     long long sum=0;
  48.     long long now;
  49.     for (register long long i=1;i<=m;++i){
  50.     	ans[i]=query(l[i],r[i]);
  51.     	now=sum;
  52.         (sum+=ans[i]*p1%p2)%=p2;
  53.     }
  54.     printf("%lld\n",sum);
  55. }

而朴素的最大值线段树则能拿到80分，同样也是MLE

  1. #include <bits/stdc++.h>
  2. using namespace std;
  4. const int Maxn = 1e7 + 5;
  5. int n, m, gen, p1, p2;
  6. long long ans[Maxn], minv[Maxn];
  7. int a[Maxn], l[Maxn], r[Maxn];
  9. inline int number() {
  10.     gen = (1LL * gen * p1) ^ p2;
  11.     return (gen & (n - 1)) + 1;
  12. }
  14. inline void pushup(int id) {
  15.     minv[id] = max(minv[id << 1], minv[id << 1 | 1]);
  16. }
  17. inline void build(int id, int l, int r) {
  18.     if (l == r) {
  19.         minv[id] = a[l];
  20.         return;
  21.     }
  22.     int mid = (l + r) >> 1;
  23.     build(id << 1, l, mid);
  24.     build(id << 1 | 1, mid + 1, r);
  25.     pushup(id);
  26. }
  28. inline int query(int id, int l, int r, int x, int y) {
  29.     if (x <= l && r <= y) {
  30.         return minv[id];
  31.     }
  32.     int ans = 0;
  33.     int mid = (l + r) >> 1;
  35.     if (x <= mid) ans = max(ans, query(id << 1, l, mid, x, y));
  36.     if (y > mid) ans = max(ans, query(id << 1 | 1, mid + 1, r, x, y));
  38.     return ans;
  39. }
  40. int main() {
  41.  	// freopen("max.in", "r", stdin);
  42.   	// freopen("max.out", "w", stdout);
  43. 	freopen("in_2.txt", "r", stdin);
  44.     scanf("%d%d", &n, &m);
  45.     scanf("%d%d%d", &gen, &p1, &p2);
  47.     for (register int i = 1; i <= n; ++i)
  48.         a[i] = number();
  50.     build(1, 1, n);    
  52.     for (register int i = 1; i <= m; ++i) {
  53.         l[i] = number();
  54. 		r[i] = number();
  55.         if (l[i] > r[i]) swap(l[i], r[i]);
  57.         ans[i]  = query(1, 1, n, l[i], r[i]);
  58.     }
  60.     long long sum = 0;
  61.     for (register int i = 1; i <= m; ++i) {
  62.         (sum += ans[i] * p1 % p2) %= p2;
  63.     }
  64.     printf("%lld\n", sum);
  65. }

事实上，我们只需要对线段树进行一点优化即可。例如，我们可以贪心地对数据进行预处理，在没有碰到最大值。若我们需要查询\([l,r]\)的答案，只需找到\(r\)在这棵树上不小于\(l\)的祖先。于是我们可以按照\(l\)从大到小排序，一边向上查询祖先一边路径压缩（类似并查集）。由于树上的每条边至多被压缩一次，复杂度 O(n) 。

具体代码如下。

  1. #include <bits/stdc++.h>
  2. using namespace std;
  3. const long long Maxn = 8388608+500;
  4. long long n, m;
  5. long long gen, p1, p2;
  6. long long number() {
  7.     gen = (1LL * gen * p1) ^ p2;
  8.     return (gen & (n - 1)) + 1;
  9. }
  10. long long a[Maxn], ans[Maxn];
  11. long long MAX[4*Maxn];
  12. void pushup(long long id){
  13. 	MAX[id] = max(MAX[id<<1],MAX[id<<1|1]);
  14. }
  15. void build(long long id,long long l,long long r){
  16. 	if(l == r){
  17. 		MAX[id] = a[l];
  18. 		return;
  19. 	}
  20. 	long long mid = (l+r)>>1;
  21. 	build(id<<1,l,mid);
  22. 	build(id<<1|1,mid+1,r);
  23. 	pushup(id);
  24. }
  25. long long query(long long id,long long l,long long r,long long x,long long y){
  26. 	if(x <= l && r <= y){
  27. 		return MAX[id];
  28. 	}
  29. 	long long mid = (l+r)>>1;
  30. 	long long ans = -0x3f3f3f3f;
  31. 	if(x <= mid){
  32. 		ans = max(ans,query(id<<1,l,mid,x,y));
  33. 	}
  34. 	if(y > mid){
  35. 		ans = max(ans,query(id<<1|1,mid+1,r,x,y));
  36. 	}
  37. 	return ans;
  38. }
  39. struct node{
  40. 	long long l,r,i;
  41. };
  42. int main() {
  43.     //freopen("max.in", "r", stdin);
  44.     //freopen("max.out", "w", stdout);
  45.     scanf("%lld%lld", &n, &m);
  46.     scanf("%lld%lld%lld", &gen, &p1, &p2);
  47.     for (long long i = 1; i <= n; ++i){
  48.     	a[i] = number();
  49.     	//cout << a[i] << " ";
  50. 	}
  51. 	build(1,1,n);
  52. 	queue<node> q;
  53.     for (int i = 1; i <= m; ++i) {
  54.         long long l = number(), r = number();
  55.         if (l > r){
  56.         	swap(l, r);
  57. 		}
  58. 		node now;
  59. 		now.l = l;
  60. 		now.r = r;
  61. 		now.i = i;
  62. 		if(now.l == q.front().l && now.r == q.front().r){
  63. 			ans[i] = ans[q.front().i];
  64. 			q.pop();
  65. 			q.push(now);
  66. 		}else{
  67. 			q.push(now);
  68. 			ans[i] = query(1,1,n,l,r);
  69. 		}
  71.     }
  72.     long long sum = 0;
  73.     for (int i = 1; i <= m; ++i) {
  74.         (sum += ans[i]*p1%p2)%= p2;
  75.     }
  76.     printf("%lld\n", sum);
  77. }

T3 Seq

【问题描述】

小 y 的男朋友送给小 y 一个数列\(\{ a_i \}\)，并且刁难小 y 要她维护这个序列。

具体而言，小 y 的男朋友要求小 y 完成两个操作：

1.修改数列中的一个数。

2.设\(p_i\)表示\(max_{j=1}^{i}a_j,求出\sum_{i=1}^n p_i\)。

小 y 不会做，于是向你求助。

【输入格式】

第一行一个数\(n\)表示数列长度。

第二行\(n\)个由空格隔开的数表示数列\(a\)。

第三行一个数\(m\)表示修改数。

接下来\(m\)行，每行两个数\(pos,value\)，表示把\(a_{pos}\)改成\(value\)。

【输出格式】

m 行，每行一个数，表示对于每次修改后的\(\sum_{i=1}^{n}p_i\)

【样例输入1】

10

114 357 904 407 100 624 449 897 115 846

20

5 357

6 350

2 939

9 1182

7 1062

2 3300

4 6867

4 2076

3 8458

9 6575

10 5737

10 338

9 10446

4 7615

2 5686

4 10091

1 6466

6 15551

3 10914

7 3234

【样例输出1】

7703

7703

8565

9051

9297

29814

54783

29814

71078

71078

71078

71078

75054

75054

77440

85605

92737

119327

123429

123429

【数据规模与约定】

\(对于前 30\% 的数据, n,m ≤ 5000;\)

\(对于前 60\% 的数据, n,m ≤ 50000;\)

\(对于 100\% 的数据, n ≤ 3 · 10^5 , a i ≤ 10^9\)

【题解】

我们考虑若修改了 i 点，显然只会对在它后面的点有影响。

现在我们在线段树上考虑这个问题。设 node 是线段树上代表 [l,r] 区间的点，ls,rs 分别是

node 的左右儿子，v 是数列位置在 l 之前一个被修改的值。那么：

  1. 若 v 大于 max ls ，显然 [l,mid] 区间内的点的 p i 都会被修改为 v（注意这里的 p i 并不是正确值，必须要递归回到树顶才是真正的 p i ），于是我们只需要递归 rs。
  2. 若 v 小于 max rs ，则 [mid + 1,r] 的 p 不会被更新，于是我们只需要递归 ls。这样，线段树上每合并两个节点，都需要用左儿子更新一次右儿子。

    复杂度 O(nlog 2 n).
  1. #include<bits/stdc++.h>
  2. #define yyy "By Yourself!"
  3. #define maxn 300005
  4. using namespace std;
  5. inline char get(){
  6. 	static char buf[300],*p1=buf,*p2=buf;
  7. 	return p1==p2 && (p2=(p1=buf)+fread(buf,1,300,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
  8. }
  9. inline long long read(){
  10. 	register char c=getchar();register long long f=1,_=0;
  11. 	while(c>'9' || c<'0')f=(c=='-')?-1:1,c=getchar();
  12. 	while(c<='9' && c>='0')_=(_<<3)+(_<<1)+(c^48),c=getchar();
  13. 	return _*f;
  14. }
  15. string change(){
  16.     string now="";
  17.     now+=(char)87;
  18.     now+=(char)114;
  19.     now+=(char)105;
  20.     now+=(char)116;
  21.     now+=(char)101;
  22.     now+=" ";
  23.     return now+yyy;
  24. }
  25. long long n,m;
  26. long long a[maxn];
  27. long long x,v;
  28. long long ans,maxnow;
  29. int main(){
  30. 	//freopen("seq.in","r",stdin);
  31. 	//freopen("seq.out","w",stdout);
  32. 	n=read();
  33. 	//cout<<n<<endl;
  34. 	for(register long long i=1;i<=n;i++)a[i]=read();
  35. 	m=read();
  36. 	while(m--){
  37. 		x=read();v=read();
  38. 		//cout<<x<<" "<<v<<":";
  39. 		a[x]=v;
  40. 		ans=0;maxnow=-0x3f3f3f3f;
  41. 		for(register long long i=1;i<=n;i++){
  42. 			maxnow=max(maxnow,a[i]);
  43. 			ans+=maxnow;
  44. 		}
  45. 		string now=change();
  46. 		cout<<now<<endl;
  47. 	}
  48. 	return 0;
  49. }

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