Comet OJ - Contest #14题解

Contest14的本质：区间覆盖+Tarjan（

A

把距离公式两边平方即可

注意要long long

code

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#define fo(a,b,c) for (a=b; a<=c; a++)
#define fd(a,b,c) for (a=b; a>=c; a--)
using namespace std;

int x[100001];
int y[100001];
int n,i,j,k,l,X,Y,R,ans;

int main()
{
//	freopen("a.in","r",stdin);

	scanf("%d%d%d%d",&n,&X,&Y,&R);
	fo(i,1,n)
	scanf("%d%d",&x[i],&y[i]);

	fo(i,1,n)
	if (((long long)(x[i]-X)*(x[i]-X)+(long long)(y[i]-Y)*(y[i]-Y))<=(long long)R*R)
	++ans;

	printf("%d\n",ans);
}

B

显然p和k是位置最靠边的两个

考虑一下i和n的位置（靠左/靠右/左右）

code

比较丑

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#define fo(a,b,c) for (a=b; a<=c; a++)
#define fd(a,b,c) for (a=b; a>=c; a--)
#define max(a,b) (a>b?a:b)
using namespace std;

char a[1000001];
int T,n,i,j,k,l,ans,s1,s2,s3,s4;
char ch;

int main()
{
//	freopen("b.in","r",stdin);

	scanf("%d",&T);
	for (;T;--T)
	{
		ans=-1;
		scanf("%d",&n);

		fo(i,1,n)
		{
			ch=getchar();
			while (ch<'a' || ch>'z')
			ch=getchar();

			a[i]=ch;
		}

		fo(i,1,n)
		if (a[i]=='p')
		break;

		fd(j,n,1)
		if (a[j]=='k')
		break;

		fo(k,i+1,n)
		if (a[k]=='i')
		break;

		fo(l,k+1,n)
		if (a[l]=='n')
		break;
		if (i>=1 && i<k && k<l && l<j && j<=n && a[i]=='p' && a[k]=='i' && a[l]=='n' && a[j]=='k')
		ans=max(ans,max(max(k-i-1,l-k-1),j-l-1));

		fd(l,j-1,k+1)
		if (a[l]=='n')
		break;
		if (i>=1 && i<k && k<l && l<j && j<=n && a[i]=='p' && a[k]=='i' && a[l]=='n' && a[j]=='k')
		ans=max(ans,max(max(k-i-1,l-k-1),j-l-1));

		fd(l,j-1,1)
		if (a[l]=='n')
		break;
		fd(k,l-1,i+1)
		if (a[k]=='i')
		break;
		if (i>=1 && i<k && k<l && l<j && j<=n && a[i]=='p' && a[k]=='i' && a[l]=='n' && a[j]=='k')
		ans=max(ans,max(max(k-i-1,l-k-1),j-l-1));

		printf("%d\n",ans);
	}
}

C

区间覆盖*1

一开始以为一对区间只能算一次答案

维护断点，那么一种方案=断点数-1（加上首尾）

一次覆盖后，区间外的不变，区间内的变为0，边界变为1

所以可以合在一起维护，区间外的*2，区间内的不变，边界+2^(i-1)

i的答案为断点总数-2^i

code

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#define fo(a,b,c) for (a=b; a<=c; a++)
#define fd(a,b,c) for (a=b; a>=c; a--)
#define mod 20050321
using namespace std;

long long p[2001];
int L[2001];
int R[2001];
bool b[2001];
long long sum[2001];
long long Sum[2001];
int n,m,i,j,k,l;
long long ans;

int main()
{
//	freopen("c.in","r",stdin);

	scanf("%d%d",&n,&m);
	p[0]=1;
	fo(i,1,m)
	{
		scanf("%d%d",&L[i],&R[i]);
		p[i]=p[i-1]*2%mod;
	}

	sum[0]=sum[n]=1;
	fo(i,1,m)
	{
		fo(j,0,n) Sum[j]=sum[j];
		fo(j,0,L[i]-2) Sum[j]=(Sum[j]+sum[j])%mod;
		fo(j,R[i]+1,n) Sum[j]=(Sum[j]+sum[j])%mod;
		Sum[L[i]-1]=(Sum[L[i]-1]+p[i-1])%mod;
		Sum[R[i]]=(Sum[R[i]]+p[i-1])%mod;

		ans=0;
		fo(j,0,n)
		sum[j]=Sum[j],Sum[j]=0,ans=(ans+sum[j])%mod;

		printf("%lld\n",(ans-p[i]+mod)%mod);
	}
}

D

区间覆盖*2

套路，询问若一段操作的结果就把询问离线按r排序，每次加一个操作计算答案

维护每一段区间的两个端点（左右括号），那么每加一个区间最多加4个括号，每个括号只会被删一次

每加一个区间，就相当于把中间的端点删掉（大的能覆盖掉小的），再在两边加上新的端点

询问就是求每个修改所剩余的个数*权值的后缀和

用set维护括号，每次断开后找中间的区间，用树状数组维护答案

code

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <set>
#define fo(a,b,c) for (a=b; a<=c; a++)
#define fd(a,b,c) for (a=b; a>=c; a--)
#define low(x) (x&-(x))
using namespace std;

struct qs{
	int l,r,id;
} q[500001];
struct type{
	int x,s,t; //0=right 1=left
	bool friend operator < (type a,type b) {return a.x<b.x || a.x==b.x && a.t<b.t;}
};
int a[500001][3];
long long ans[500001];
long long tr[500001];
multiset<type> st;
multiset<type> :: iterator I,J;
int n,m,Q,i,j,k,l;

bool cmp(qs a,qs b)
{
	return a.r<b.r;
}

void change(int t,long long s)
{
	while (t<=n)
	{
		tr[t]+=s;
		t+=low(t);
	}
}
long long find(int t)
{
	long long ans=0;

	while (t)
	{
		ans+=tr[t];
		t-=low(t);
	}

	return ans;
}

int main()
{
//	freopen("d.in","r",stdin);

	scanf("%d%d%d",&n,&m,&Q);
	fo(i,1,n)
	scanf("%d%d%d",&a[i][0],&a[i][1],&a[i][2]);
	fo(i,1,Q)
	scanf("%d%d",&q[i].l,&q[i].r),q[i].id=i;

	sort(q+1,q+Q+1,cmp);

	st.insert({0,0,1});
	st.insert({m,0,0});
	fo(i,1,Q)
	{
		fo(j,q[i-1].r+1,q[i].r)
		{
			I=st.lower_bound({a[j][0]-1,0,1});
			if (I!=st.begin())
			{
				--I;
				if ((*I).x<a[j][0]-1)
				{
					k=(*I).s;
					st.insert({a[j][0]-1,k,0});
					st.insert({a[j][0]-1,k,1});
				}
			}

			I=st.upper_bound({a[j][1],0,0});
			if (I!=st.end())
			{
				if (a[j][1]<(*I).x)
				{
					k=(*I).s;
					st.insert({a[j][1],k,0});
					st.insert({a[j][1],k,1});
				}
			}

			I=st.lower_bound({a[j][0]-1,0,1});
			J=st.upper_bound({(*I).x,0,1});
			while (I!=st.end() && (*I).x<a[j][1])
			{
				if ((*I).s)
				change((*I).s,-(long long)a[(*I).s][2]*((*J).x-(*I).x));

				st.erase(I);
				J=st.lower_bound({a[j][0]-1,0,1});
				st.erase(J);

				I=st.lower_bound({a[j][0]-1,0,1});
				J=st.upper_bound({(*I).x,0,1});
			}

			st.insert({a[j][0]-1,j,1});
			st.insert({a[j][1],j,0});
			change(j,(long long)a[j][2]*(a[j][1]-a[j][0]+1));
		}

		ans[q[i].id]=find(q[i].r)-find(q[i].l-1);
	}

	fo(i,1,Q)
	printf("%lld\n",ans[i]);
}

E

Tarjan*1

这应该是除了那道简单数论以外最水的E了

Tarjan缩强联通分量，dp维护从起点到每个点的最小边权、最大边权、最大差值

正确性：最大差值与路径上的最大&最小值有关，那么一定会在找到后面那个（大or小）的时候与另一个计算到

注意细节，考虑极值所在位置（原点、边、新点）

code

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#define fo(a,b,c) for (a=b; a<=c; a++)
#define fd(a,b,c) for (a=b; a>=c; a--)
#define min(a,b) (a<b?a:b)
#define max(a,b) (a>b?a:b)
using namespace std;

int a[500001][3];
int ls[200001];
int A[500001][3];
int Ls[200001];
int dfn[200001];
int low[200001];
int d[200001];
int D[200001];
int mx[200001];
int mn[200001];
bool bz[200001];
int num[200001];
int f[200001][3]; //mn,mx,ans
int n,m,Q,i,j,k,l,len,Len,tot,h,t;

void New(int x,int y,int z)
{
	++len;
	a[len][0]=y;
	a[len][1]=ls[x];
	ls[x]=len;
	a[len][2]=z;
}
void NEW(int x,int y,int z)
{
	++Len;
	A[Len][0]=y;
	A[Len][1]=Ls[x];
	Ls[x]=Len;
	A[Len][2]=z;

	++D[y];
}

void dfs(int t)
{
	int i;

	++j;
	dfn[t]=j;
	low[t]=j;
	bz[t]=1;
	d[++l]=t;

	for (i=ls[t]; i; i=a[i][1])
	{
		if (!dfn[a[i][0]])
		{
			dfs(a[i][0]);
			low[t]=min(low[t],low[a[i][0]]);
		}
		else
		if (bz[a[i][0]])
		low[t]=min(low[t],dfn[a[i][0]]);
	}

	if (dfn[t]==low[t])
	{
		++tot;
		while (d[l]!=t)
		{
			bz[d[l]]=0;
			num[d[l--]]=tot;
		}
		bz[d[l]]=0;
		num[d[l--]]=tot;
	}
}

int main()
{
//	freopen("e.in","r",stdin);
//	freopen("b.out","w",stdout);

	scanf("%d%d%d",&n,&m,&Q);
	fo(i,1,m)
	{
		scanf("%d%d%d",&j,&k,&l);
		New(j,k,l);
	}

	memset(mx,190,sizeof(mx));
	memset(mn,60,sizeof(mn));
	j=l=0;
	dfs(1);

	fo(j,1,n)
	if (num[j])
	{
		for (i=ls[j]; i; i=a[i][1])
		if (num[a[i][0]])
		{
			if (num[j]==num[a[i][0]])
			{
				mx[num[j]]=max(mx[num[j]],a[i][2]);
				mn[num[j]]=min(mn[num[j]],a[i][2]);
			}
			else
			NEW(num[j],num[a[i][0]],a[i][2]);
		}
	}

	h=t=0;
	fo(i,1,tot)
	if (!D[i])
	d[++t]=i;

	fo(i,1,tot)
	{
		f[i][0]=mn[i];
		f[i][1]=mx[i];
		f[i][2]=f[i][1]-f[i][0];
	}
	while (h<t)
	{
		for (i=Ls[d[++h]]; i; i=A[i][1])
		{
			f[A[i][0]][0]=min(f[A[i][0]][0],min(f[d[h]][0],A[i][2]));
			f[A[i][0]][1]=max(f[A[i][0]][1],max(f[d[h]][1],A[i][2]));

			f[A[i][0]][2]=max(f[A[i][0]][2],A[i][2]-f[d[h]][0]);
			f[A[i][0]][2]=max(f[A[i][0]][2],mx[A[i][0]]-f[d[h]][0]);
			f[A[i][0]][2]=max(f[A[i][0]][2],mx[A[i][0]]-A[i][2]);

			f[A[i][0]][2]=max(f[A[i][0]][2],f[d[h]][1]-A[i][2]);
			f[A[i][0]][2]=max(f[A[i][0]][2],f[d[h]][1]-mn[A[i][0]]);
			f[A[i][0]][2]=max(f[A[i][0]][2],A[i][2]-mn[A[i][0]]);

			f[A[i][0]][2]=max(f[A[i][0]][2],max(f[d[h]][2],0));

			--D[A[i][0]];
			if (!D[A[i][0]])
			d[++t]=A[i][0];
		}
	}

	for (;Q;--Q)
	{
		scanf("%d",&j);
		if (num[j] && f[num[j]][2]>=0)
		printf("%d\n",f[num[j]][2]);
		else
		printf("-1\n");
	}
}

F

Tarjan*2

显然可以求出相交关系然后求割点，用主席树优化连边

口胡一下

按横/竖顺序扫描线，考虑相交线段a和b

a在加入时由叶子连向a，b在查找时由b连向询问区间

每个区间向儿子连边，询问时新建叶节点时就向原叶节点连边，如果是删除一段线段就不连

一次修改or询问的操作节点和连边数为log n级别

两种顺序搞完之后Tarjan求割点即可

code

没写