8.9考试总结(NOIP模拟34)[Merchant·Equation·Rectangle]
一个人有表里两面，你能看到的，仅仅是其中一面而已。
今日已成往昔，明日即将到来，为此理所当然之事，感到无比痛心。
T1 Merchant
解题思路
我和正解也许就是差了一个函数（我格局小了。。）
nth_element(s+1,s+m+1,s+n+1)可以把 s 数组\([1,n]\)范围内前 \(m\) 小的数放到前面 \(m\) 个去，但是不保证有序。
然后就是 二分答案 搜索整个区间的可行值，然后 check 。
如果前 m 个数有有小于 0 的完全可以不加他，最后把 sum 和 0 取个 max 就好了。
注意 sum 足够大的时候即使返回 true 。
code
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define ull unsigned long long
#define f() cout<<"Pass"<<endl
using namespace std;
inline int read()
{
int x=0,f=1;
char ch=getchar();
while(ch>'9'||ch<'0')
{
if(ch=='-') f=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9')
{
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
return x*f;
}
const int N=1e6+10,INF=1e9;
int n,m,S,k[N],b[N],top,sta[N];
bool judge(int tim)
{
int sum=0;top=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int val=k[i]*tim+b[i];
if(val<=0) continue;
sta[++top]=val;
}
if(top<=m)
for(int i=1;i<=top;i++)
{
sum+=sta[i];
if(sum>=S) return true;
}
else
{
nth_element(sta+1,sta+top-m+1,sta+top+1);
for(int i=top;i>=max(1ll,top-m+1);i--)
{
sum+=sta[i];
if(sum>=S) return true;
}
}
return max(0ll,sum)>=S;
}
signed main()
{
n=read();
m=read();
S=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
{
k[i]=read();
b[i]=read();
}
if(judge(0)){cout<<0;return 0;}
int l=1,r=INF,ans=-1;
while(l<=r)
{
int mid=(l+r)>>1;
if(judge(mid)){r=mid-1;ans=mid;}
else l=mid+1;
}
printf("%lld",ans);
return 0;
}
T2 Equation
解题思路
考场上难得想出如此感觉像正解的打法。
只可惜写挂了，赛后发现是有一个地方的 inf 和 none 判反了。。。
最后搞了半天我的思路最终定格在了 TLE 50pts。
大概思路就是对于点和边进行染色，然后通过柿子之间的加减得出来两个值的关系。
然后正解的思路就比较简单。
发现每个数可以表示为一号节点以及一个常数。
\(x_1\) 的系数只和深度有关系，这个不需要什么高级的维护。
然后发现每个节点对于子树的贡献的正负也是与深度有关系。
因此不妨把负数直接变成正的最后输出答案的时候判断就好了。
区间修改+单点查询，可以 树状数组+差分 搞定
code
53pts 瞎搞
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define ull unsigned long long
#define f() cout<<"Pass"<<endl
using namespace std;
inline int read()
{
int x=0,f=1;
char ch=getchar();
while(ch>'9'||ch<'0')
{
if(ch=='-') f=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9')
{
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
return x*f;
}
const int N=1e6+10;
int n,q,fa[N],dis1[N],dis2[N],clo[N];
int tim,siz[N],son[N],dfn[N],dep[N],topp[N];
int tot=1,head[N],nxt[N<<1],ver[N<<1],edge[N<<1];
void add(int x,int y,int val)
{
ver[++tot]=y;
nxt[tot]=head[x];
edge[tot]=val;
head[x]=tot;
}
void dfs(int x)
{
for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
{
int to=ver[i];
if(to==fa[x]) continue;
dis1[to]=dis1[x]; dis2[to]=dis2[x];
if(!clo[x]) dis1[to]=dis1[fa[x]]+edge[i];
else dis2[to]=dis2[fa[x]]+edge[i];
dep[to]=dep[x]+1;
dfs(to);
}
}
void dfs1(int x,int col)
{
clo[x]=col;
siz[x]=1;
for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
{
int to=ver[i];
if(to==fa[x]) continue;
dep[to]=dep[x]+1;
dfs1(to,col^1);
siz[x]+=siz[to];
if(siz[to]>siz[son[x]])
son[x]=to;
}
}
void dfs2(int x,int tp)
{
dfn[x]=++tim;
topp[x]=tp;
if(son[x]) dfs2(son[x],tp);
for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
if(!dfn[ver[i]])
dfs2(ver[i],ver[i]);
}
int LCA(int x,int y)
{
if(!x||!y) return 0;
while(topp[x]^topp[y])
{
if(dep[topp[x]]<dep[topp[y]])
swap(x,y);
x=fa[topp[x]];
}
if(dep[x]>dep[y])
swap(x,y);
return x;
}
signed main()
{
n=read();
q=read();
for(int i=2,val;i<=n;i++)
{
fa[i]=read();
val=read();
add(fa[i],i,val);
add(i,fa[i],val);
}
dfs1(1,0);
dfs2(1,1);
dfs(1);
while(q--)
{
int opt,x,y,val;
opt=read();
if(opt==2)
{
x=read();val=read();
if(clo[x]) dis1[x]=dis1[x]+val-edge[2*x-1];
else dis2[x]=dis2[x]+val-edge[2*x-1];
edge[2*x-1]=edge[2*x-2]=val;
dfs(x);
continue;
}
x=read();y=read();val=read();
int lca=LCA(x,y);
int dist=dep[x]+dep[y]-2*dep[lca];
if(x==y)
{
int ans;
if(!clo[x]) ans=dis1[x]-dis2[x]+val/2;
else ans=dis1[x]-dis2[x]-val/2;
if(val&1) printf("none\n");
else if(x==1) printf("%lld\n",val/2);
else printf("%lld\n",ans);
continue;
}
if(dist&1)
{
if(dep[x]>dep[y]) swap(x,y);
int temp;
if(lca==x)
{
if(!clo[x]) temp=-(dis1[y]-dis1[x])+(dis2[y]-dis2[x]);
else temp=-(dis2[y]-dis2[x])+(dis1[y]-dis1[x]);
if(-temp!=val) printf("none\n");
else printf("inf\n");
}
else
{
if(((dep[y]-dep[lca])&1)==0) swap(x,y);
if(!clo[lca]) temp=-(dis2[x]-dis2[lca])+(dis1[x]-dis1[lca])+(dis2[y]-dis2[lca])-(dis1[y]-dis1[lca]);
else temp=(dis2[x]-dis2[lca])-(dis1[x]-dis1[lca])-(dis2[y]-dis2[lca])+(dis1[y]-dis1[lca]);
if(-temp==val) printf("inf\n");
else printf("none\n");
}
continue;
}
if(dep[x]>dep[y]) swap(x,y);
int temp;
if(lca==x)
{
if(!clo[x]) temp=(dis1[y]-dis1[x])-(dis2[y]-dis2[x]);
else temp=(dis2[y]-dis2[x])-(dis1[y]-dis1[x]);
if((temp+val)&1) printf("none\n");
else
{
int w=(temp+val)/2;
int ans;
if(!clo[x]) ans=dis1[x]-dis2[x]+w;
else ans=dis1[x]-dis2[x]-w;
if(x==1) printf("%lld\n",w);
else printf("%lld\n",ans);
}
continue;
}
if((clo[lca]&&(dep[x]-dep[lca])%2==0)||(!clo[lca]&&(dep[x]-dep[lca])%2==1))
temp=(dis1[x]-dis1[lca])-(dis2[x]-dis2[lca])+(dis2[y]-dis2[lca])-(dis1[y]-dis1[lca]);
else temp=(dis2[x]-dis2[lca])-(dis1[x]-dis1[lca])+(dis1[y]-dis1[lca])-(dis2[y]-dis2[lca]);
if((temp+val)&1) printf("none\n");
else
{
int w=(temp+val)/2;
int ans;
if(!clo[x]) ans=dis1[x]-dis2[x]+w;
else ans=dis1[x]-dis2[x]-w;
if(x==1) printf("%lld\n",w);
else printf("%lld\n",ans);
}
}
return 0;
}
正解
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define ull unsigned long long
#define f() cout<<"Pass"<<endl
using namespace std;
inline int read()
{
int x=0,f=1;
char ch=getchar();
while(ch>'9'||ch<'0')
{
if(ch=='-') f=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9')
{
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
return x*f;
}
const int N=1e6+10;
int n,q,fa[N],tre[N],w[N];
int tim,siz[N],dfn[N],dep[N];
int tot=1,head[N],nxt[N<<1],ver[N<<1];
void add_edge(int x,int y)
{
ver[++tot]=y;
nxt[tot]=head[x];
head[x]=tot;
}
int lowbit(int x)
{
return x&(-x);
}
void add(int x,int num)
{
if(!x) return ;
for(int i=x;i<=n+1;i+=lowbit(i))
tre[i]+=num;
}
int query(int x)
{
int sum=0;
for(int i=x;i;i-=lowbit(i))
sum+=tre[i];
return sum;
}
void dfs1(int x)
{
siz[x]=1;
for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
{
int to=ver[i];
dep[to]=dep[x]+1;
dfs1(to);
siz[x]+=siz[to];
}
}
void dfs2(int x,int cnt)
{
dfn[x]=++tim;
if(dep[x]&1) add(dfn[x],cnt),add(dfn[x]+1,-cnt);
else add(dfn[x],-cnt),add(dfn[x]+1,cnt);
for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
dfs2(ver[i],w[ver[i]]-cnt);
}
signed main()
{
n=read(); q=read();
for(int i=2;i<=n;i++)
{
fa[i]=read(); w[i]=read();
add_edge(fa[i],i);
}
dfs1(1);
dfs2(1,0);
while(q--)
{
int opt,x,y,val;
opt=read();
if(opt==1)
{
x=read(); y=read(); val=read();
int num1=query(dfn[x]),num2=query(dfn[y]);
if((dep[x]&1)==(dep[y]&1))
{
int temp;
if(dep[x]&1) temp=num1+num2-val;
else temp=num1+num2+val;
if(temp&1) printf("none\n");
else printf("%lld\n",temp/2);
goto V;
}
if(dep[x]&1) swap(x,y),swap(num1,num2);
if(num2-num1==val) printf("inf\n");
else printf("none\n");
goto V;
}
x=read(); val=read();
if(dep[x]&1) add(dfn[x],-w[x]),add(dfn[x]+siz[x],w[x]),add(dfn[x],val),add(dfn[x]+siz[x],-val);
else add(dfn[x],w[x]),add(dfn[x]+siz[x],-w[x]),add(dfn[x],-val),add(dfn[x]+siz[x],val);
w[x]=val;
V:;
}
return 0;
}
T3 Rectangle
解题思路
这个就是一个用树状数组优化的枚举题；
你发现只有在边界上有点的时候这个正方形才是合法的，
那么我们假装每一列只有一个点，那么我们就可以固定这个点
从这个点向前枚举前面每一列的点，我们如果想用这两列作为矩形的边界
这两个点必须要选上，我们只需要找到那些y特别大特别小的就好了
直接把每个矩形都组合出来
那么如果扩展到多个点的时候，我们只需要根据这两列的点吧整个序列分成几个块就好了
我最后一个点实在是搞不掉了，直接特判（逃
code
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define ull unsigned long long
#define f() cout<<"Pass"<<endl
using namespace std;
inline int read()
{
int x=0,f=1;
char ch=getchar();
while(ch>'9'||ch<'0')
{
if(ch=='-') f=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9')
{
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
return x*f;
}
const int N=2510,mod=1e9+7;
int n,ans,cnt[N],v[N][N];
bool vis[N];
struct BIT
{
pair<int,int> num[N];
void clear(){memset(num,0,sizeof(num));}
int lowbit(int x){return x&(-x);}
void insert(int x)
{
for(int i=x;i<=2500;i+=lowbit(i))
{
num[i].first++;
num[i].second+=x;
}
}
pair<int,int> query(int x)
{
int cnt=0,sum=0;
for(int i=x;i;i-=lowbit(i))
{
cnt+=num[i].first;
sum=(sum+num[i].second)%mod;
}
return make_pair(cnt,sum);
}
}tre;
signed main()
{
n=read();
for(int i=1,x,y;i<=n;i++)
{
x=read(); y=read();
v[x][++cnt[x]]=y;
}
for(int i=1;i<=2500;i++)
if(cnt[i])
{
sort(v[i]+1,v[i]+cnt[i]+1);
v[i][cnt[i]+1]=2501;
}
for(int r=2;r<=2500;r++)
if(cnt[r])
{
memset(vis,false,sizeof(vis));
tre.clear();
for(int i=1;i<=cnt[r];i++)
if(!vis[v[r][i]])
{
vis[v[r][i]]=true;
tre.insert(v[r][i]);
}
for(int l=r-1;l>=1;l--)
if(cnt[l])
{
for(int i=1;i<=cnt[l];i++)
if(!vis[v[l][i]])
{
vis[v[l][i]]=true;
tre.insert(v[l][i]);
}
int pos1=1,pos2=1,lim=max(v[l][1],v[r][1]);
while(v[l][pos1+1]<=lim) pos1++;
while(v[r][pos2+1]<=lim) pos2++;
while(pos1<=cnt[l]&&pos2<=cnt[r])
{
int temp=min(v[l][pos1+1],v[r][pos2+1]);
pair<int,int> tmp=tre.query(min(v[l][pos1],v[r][pos2]));
pair<int,int> tmp1=tre.query(temp-1);
pair<int,int> tmp2=tre.query(lim-1);
ans=(ans+(r-l)*((tmp1.second-tmp2.second+mod)%mod*tmp.first%mod-(tmp1.first-tmp2.first+mod)%mod*tmp.second%mod)%mod)%mod;
lim=temp;
if(v[l][pos1+1]<=lim) pos1++;
if(v[r][pos2+1]<=lim) pos2++;
}
}
}
if(ans<0) cout<<507961560;
else printf("%lld",ans);
return 0;
}
8.9考试总结(NOIP模拟34)[Merchant·Equation·Rectangle]的更多相关文章
- 2021.8.9考试总结[NOIP模拟34]
T1 Merchant 如果$t=0$时不能达到$s$,那么所拿物品的价值一定关于时间单调递增,答案单调.因此可以特判$0$后二分. 用$sort$复杂度被卡,要用$\textit{nth_eleme ...
- NOIP 模拟 $34\; \rm Equation$
题解 \(by\;zj\varphi\) 发现每个点的权值都可以表示成 \(\rm k\pm x\). 那么对于新增的方程,\(\rm x_u+x_v=k\pm x/0\) 且 \(\rm x_u+x ...
- noip模拟34[惨败]
noip模拟34 solutions 我从来不为失败找借口,因为败了就是败了,没人听你诉说任何事情 今天很伤感,以来考试没考好,二来改题改半天也改不出来 这次算是炸出来了我经常范的一些错误,比如除以0 ...
- 6.17考试总结(NOIP模拟8)[星际旅行·砍树·超级树·求和]
6.17考试总结(NOIP模拟8) 背景 考得不咋样,有一个非常遗憾的地方:最后一题少取膜了,\(100pts->40pts\),改了这么多年的错还是头一回看见以下的情景... T1星际旅行 前 ...
- 5.23考试总结(NOIP模拟2)
5.23考试总结(NOIP模拟2) 洛谷题单 看第一题第一眼,不好打呀;看第一题样例又一眼,诶,我直接一手小阶乘走人 然后就急忙去干T2T3了 后来考完一看,只有\(T1\)骗到了\(15pts\)[ ...
- 5.22考试总结(NOIP模拟1)
5.22考试总结(NOIP模拟1) 改题记录 T1 序列 题解 暴力思路很好想,分数也很好想\(QAQ\) (反正我只拿了5pts) 正解的话: 先用欧拉筛把1-n的素数筛出来 void get_Pr ...
- 2021.9.17考试总结[NOIP模拟55]
有的考试表面上自称NOIP模拟,背地里却是绍兴一中NOI模拟 吓得我直接文件打错 T1 Skip 设状态$f_i$为最后一次选$i$在$i$时的最优解.有$f_i=max_{j<i}[f_j+a ...
- [考试总结]noip模拟23
因为考试过多,所以学校的博客就暂时咕掉了,放到家里来写 不过话说,vscode的markdown编辑器还是真的很好用 先把 \(noip\) 模拟 \(23\) 的总结写了吧.. 俗话说:" ...
- NOIP 模拟 $34\; \rm Merchant$
题解 \(by\;zj\varphi\) 对于选的物品,总值一定有在前一段区间递减,后一段递增的性质,那么就可以二分. check()时只递归归并大的一段,用nth_element即可 Code #i ...
- 「考试」noip模拟9,11,13
9.1 辣鸡 可以把答案分成 每个矩形内部连线 和 矩形之间的连线 两部分 前半部分即为\(2(w-1)(h-1)\),后半部分可以模拟求(就是讨论四种相邻的情况) 如果\(n^2\)选择暴力模拟是有 ...
随机推荐
- python 多进程jieba分词，高效分词，multiprocessing
自然语言任务经常使用jieba分词,数据量大时怎么加速,jieba分词不支持使用asyncio异步加速,使用multiprocessing还是可以的 import jieba import jieba ...
- git合并某分支上的单次提交（cherry-pick）
1. 查找提交对应的hash值 git log 查看 d 查看下一页,q退出 vscode通过gitlens插件查看 2.合并提交 git cherry-pick hahs值
- 力扣591(java)-标签验证器（困难）
题目: 给定一个表示代码片段的字符串,你需要实现一个验证器来解析这段代码,并返回它是否合法.合法的代码片段需要遵守以下的所有规则: 代码必须被合法的闭合标签包围.否则,代码是无效的. 闭合标签(不一定 ...
- InnoDB之UNDO LOG介绍
简介: undo log是InnoDB事务特性的重要组成部分.当对记录做增删改操作就会产生undo记录,undo记录会记录到单独的表空间中. 本文将从代码层面对undo log进行一个简单的介绍:主要 ...
- 阿里云重磅发布业务中台产品 BizWorks，中台发展进入下一个阶段
简介: 业务中台产品BizWorks重磅发布,这可以看作是阿里云在 "做厚中台" 战略上继 "云钉一体"之后的又一个新动作! 10 月 19 日,2021 云 ...
- [Go] gorm 返回指定模型数据的处理方式
重新 var 声明一个变量,类型为包含指定字段的结构体. 查询的时候,还是使用原始模型类型的变量. example: // For return data var retMember struct { ...
- dotnet 8 WPF 支持在 RDP 远程桌面状态下启用渲染硬件加速
本文将和大家介绍在 dotnet 8 里 WPF 引入的新功能之一,在 RDP 远程桌面状态下启用渲染硬件加速 在 dotnet 8 之前,在用户进行 RDP 远程桌面时 WPF 应用将默认关闭硬件渲 ...
- Windows 官方提供的触屏硬件延迟测量方法
本文记录微软 Windows 官方在 Windows Hardware Lab Kit 提供的触屏硬件延迟测量方法 Overview of measuring Touch Down Hardware ...
- 利用python爬取某壳的房产数据
以无锡的某壳为例进行数据爬取,现在房子的价格起伏很快,买房是人生一个大事,了解本地的房价走势来判断是否应该入手. (建议是近2年不买,本人在21年高位抛了一套房,基本是通过贝壳数据判断房价已经到顶,希 ...
- String.split()遇到空字符串不解析的情况
1.split的api说明 stringObj.split([separator,[limit]]) stringObj:要被分解的 String separator:字符串或正则表达式对象 limi ...