Test1016

T1 kom （容斥

\((1s32M)\)

给出\(N\)个互不相同的正整数，统计共有多少对数，它们有公共的一个数字（不一定在同一位置上）

输入

第一行一个正整数 \(N (1 ≤ N ≤ 1 000 000)\).

接下来\(N\)行，每行一个正整数\([1, 10^{18}]\),

输出

一个数，表示满足条件的对数

input

3
4
20
44

output

1

input

4
32
51
123
282

output

4

 

 

 

暴力(\(18*n^2\))

枚举两个数逐位判断

 

容斥(\(1024*1024\))

发现我们只在乎有哪些数字出现过，就可以只存每个数中那些数码出现过，这样内存需要(\(1e6*10\))，发现被卡内存了，那我们可以用二进制转换一下，二进制数中第\(i\)位代表这个数中\(i\)出现过，这样每个数都可以转化成一个\(10\)位二进制数最大是\(1023\);

这下就可以用桶统计每种数有多少个(这里的种类是指出现的数码集合相同)，但题目只要求一个数码相同，所以对于每个数码进行统计会重复，自然想到了容斥；

枚举一个状态\(i(i<1024)\)，对于一类数\(j\)(\(i\subset j\)具体体现就是\(j|i=j\))，所有的\(j\)都包含\(i\)这个状态，假设有\(num\)个，对答案的贡献是\(num*(num-1)/2\)，容斥系数就是二进制下\(i\)中\(1\)的数量；

 

枚举替代容斥(\(1024*1024\))

因为状态很少，我们可以省略容斥，可以直接枚举两个状态(\(i,j\))，如果有交集(\(i\&j!=0\))，\(ans+=num[i]*num[j]\)；

 

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=1000005;
int n;
int a[2050];
int x;
ll ans;
inline int read()
{
	int x=0,f=1;char st=getchar();
	while(st<'0'||st>'9'){if(st=='-') f=-1;st=getchar();}
	while(st>='0'&&st<='9') x=x*10+st-'0',st=getchar();
	return x*f;
}

int main()
{
	freopen("kom.in","r",stdin);
	freopen("kom.out","w",stdout);
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		x=0;char c=getchar();
		while(c<'0'||c>'9')c=getchar();
		while(c>='0'&&c<='9') x|=(1<<(c-'0')),c=getchar();
		a[x]++;
	}

	for(int i=1;i<1024;i++)
	{
		int num=0,num1=0;
		for(int j=1;j<1024;j++)if((j|i)==j) num+=a[j];
		for(int j=0;j<10;j++) if((i>>j)&1) num1++;
		if(num1&1)
		{
			ans+=(ll)num*(num-1)/2;
		}

		else
		{
			ans-=(ll)num*(num-1)/2;
		}

	}

	printf("%lld",ans);

	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}

---

T2 fun （记搜

\((1s128M)\)

给出一程序（函数），输出程序运行后的结果。程序如下：

C++代码：

int fun() {
int ret = 0;
for (int a = X1; a <= Y1; ++a)
for (int b = X2; b <= Y2; ++b)
...
for (int <N-th> = XN; <N-th> <= YN; ++<N-th>)
ret = (ret + 1) % 1000000007;
return ret;
}

\(<N-th>\)表示字母表中每\(N\)个字母，$Xi \(和\)Yi$表示小于等于\(100000\)的正整数，或者表示一个循环变量（前面的）。

比如：\(X3\)可以为 \(a\),$ b\(,或者一个正整数。每一行的\)Xi and Yi$至少有一个是数。

输入

第一行一个正整数 \(N (1 ≤ N ≤ 26)\).

接下来\(N\)行，每行两个用空格隔开的量 \(Xi\ and\ Yi\),如果两个都是数字，则\(Xi ≤ Yi\).

输出

一个数字，表示程序的输出结果

2
1 2
a 3

output

5

input

3
2 3
1 2
1 a

output

10

input

3
1 2
a 3
1 b

output

11

 

 

 

蛮恶心的一道题；

就是让你数循环次数；但是有复杂的嵌套结构；

对于每一对依赖关系连一条边，我们可以得到很多树（森林），（因为每一层最多连一条边），这样的话只有父节点的取值会影响当前节点的循环次数；

我们可以在此基础上记搜；

我们发现只有根节点的左右边界都是数；

对于一个节点，在当前取值下的循环次数应是在当前取值下子节点的循环次数的积，因为子节点总是有先后顺序的；

那记什么呢？我们发现当前节点会对同一边界情况搜很多次，我们记录一个\(f[i][j]\)代表\(i\)号节点，其父节点的取值是\(j\)的循环次数，其中\(j\)是左边界还是右边界是由节点自身情况决定的；

假如j是左边界可以得到

\[f[i][j]=\sum_{o=j}^{r}\prod{dfs(k,o)}
\]

\(k\)是当前节点的一个子节点，\(dfs(k,o)\)是搜第\(k\)层，其父亲取值是\(o\)的情况；

这里为什么又是加呢，很显然每个节点不同取值之间是没有影响的；

这样子可以的\(80\);

我们还可以考虑一下继承，假设我们的取值都是从小到大枚举的，那我们算取值是\(i\)时，\(i-1\)的情况已经算过了；

如果\(i\)是左边界，那\(i-1\)的情况比\(i\)多算了取值为\(i-1\)的影响，将这部分减去就可以了

如果\(i\)是右边界，那\(i-1\)的情况比\(i\)少算了取值为\(i\)的影响，将这部分加上就可以了

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int mod=1000000007;
int n;
char ca[30],cb[30];
int a[30],b[30];
ll ans=1;
ll f[30][100005];
struct skr
{
	int to,nxt;
}t[30];
int head[30],cnt;
inline int read()
{
	int x=0,f=1;char st=getchar();
	while(st<'0'||st>'9'){if(st=='-') f=-1;st=getchar();}
	while(st>='0'&&st<='9') x=x*10+st-'0',st=getchar();
	return x*f;
}

inline void add(int x,int y)
{
	t[++cnt].to=y;t[cnt].nxt=head[x];head[x]=cnt;
}

inline ll dfs(int x,int l)
{
	if(~f[x][l]) return f[x][l];
	f[x][l]=0;
	if(!a[x])
	{
		f[x][l]=0;
		ll res=1;
		if(l>b[x])return f[x][l]=0;
		if(~f[x][l-1])
		{
			res=1;
			for(int k=head[x];k;k=t[k].nxt)
			{
				res=(res*dfs(t[k].to,l-1))%mod;
			}
			f[x][l]=(f[x][l-1]-res+mod)%mod;
		}
		else
		{
			for(int i=l;i<=b[x];i++)
			{
				res=1;
				for(int k=head[x];k;k=t[k].nxt)
				{
					res=(res*dfs(t[k].to,i))%mod;
				}
				f[x][l]=(f[x][l]+res)%mod;
			}
		}

	}
	else
	{
		f[x][l]=0;
		ll res=1;
		if(a[x]>l)return f[x][l]=0;
		if(~f[x][l-1])
		{
			res=1;
			for(int k=head[x];k;k=t[k].nxt)
			{
				res=(res*dfs(t[k].to,l))%mod;
			}
			f[x][l]=(f[x][l-1]+res)%mod;
		}
		else
		{
			for(int i=a[x];i<=l;i++)
			{
				res=1;
				for(int k=head[x];k;k=t[k].nxt)
				{
					res=(res*dfs(t[k].to,i))%mod;
				}
				f[x][l]=(f[x][l]+res)%mod;
			}
		}

	}
	return f[x][l];
}

int main()
{
	freopen("fun.in","r",stdin);
	freopen("fun.out","w",stdout);
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		int x=0;
		char c=getchar();
		while((!('a'<=c&&c<='z'))&&(!('0'<=c&&c<='9'))) c=getchar();
		if('a'<=c&&c<='z')
		{
			ca[i]=c;
			add(c-'a'+1,i);
		}
		else
		{
			while(c>='0'&&c<='9') x=x*10+c-'0',c=getchar();
			a[i]=x;
		}
		x=0;c=getchar();
		while((!('a'<=c&&c<='z'))&&(!('0'<=c&&c<='9'))) c=getchar();
		if('a'<=c&&c<='z')
		{
			cb[i]=c;
			add(c-'a'+1,i);
		}
		else
		{
			while(c>='0'&&c<='9') x=x*10+c-'0',c=getchar();
			b[i]=x;
		}
	}
	memset(f,-1,sizeof f);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	if(a[i]&&b[i])
	{
		f[i][0]=0;
		for(int j=a[i];j<=b[i];j++)
		{
			ll res=1;
			for(int k=head[i];k;k=t[k].nxt)
				res=(res*dfs(t[k].to,j))%mod;
			f[i][0]=(f[i][0]+res)%mod;
		}
		ans=(ans*f[i][0])%mod;
	}
	printf("%lld",ans);
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}

---

T3 ras （权值线段树

\((1.5s128M)\)

给定\(N\)个订单，每个订单用两个数字表示，一个表示订单交货时间，一个表示产品制作需要的时间，一个订单完成后（送货时间不计），就可收到小费，如果比规定时间提前\(K\)个时间，则可获得\(K\)，注意准时送到得\(0\)，迟送到就得对应的负值。（也就是订单上的时间减提交的时间），开始生产的时间为\(0\)，请合理安排订单的顺序，以获得最大的小费，输出小费值。（第一问）

另外，给定\(C\)个修改，每个修改，改变一个订单，对于每次修改输出改后所有订单能得的最大小费数。

输入

第一行两个正整数N and C,表示订单数，和订单修改的次数.

接下来N行，每行两个数（Li，Ti）分别表示订单提交时间和订单制作时间。

接下来C行，每行三个数（R，L，T），依次原订单的编号，提交时间，制作时间。

Constraints:
1 ≤ N, C ≤ 200 000,
0 ≤ Li, L ≤ 100 000,
1 ≤ Ti, T ≤ 100 000,
1 ≤ R ≤ N.

输出

第一行一个数，表示最开始能获得的最大小费。

接下来C行，每行一个数，表示修改这个订单后能获得的最大小费。

input

3 2
10 2
6 5
4 3
1 6 1
3 0 10

output

3
2
-11

input

4 2
3 2
0 3
4 3
4 1
3 0 4
1 4 5

output

-8
-13
-18

input

6 7
17 5
26 4
5 5
12 4
8 1
18 2
3 31 3
4 11 5
4 19 3
5 23 2
6 15 1
5 19 1
3 10 4

output

27
59
56
69
78
81
82
58

对于第一个例子，原始订单完成的顺序\((1, 3, 2)\). 第一个订单完成时 \(t = 2\),第三个\(t = 5\),第二个 \(t = 10\).所以第一个订单可获\(8\)个小费，第二个获\(-1\)，第\(3\)个获\(-4\)）所以总数为\(3\).

第一次改变后，订单完成顺序不变，得小费为 \(5, 0, and -3\),第二次改变后，最优顺序为\((1, 2, 3)\), 小费为 \(5\),\(0\),$ and$ \(-16\)

 

 

 

每一个订单对答案的贡献是“截止时间-实际制作时间”，将每一个实际制作时间拆开，发现每一个订单的制作时间的影响是时间乘它后面的订单数+自己；

那么答案可以写成

\[\sum{l-t*(n-i+1)}
\]

我们将截止时间单独统计，将制作时间由小到大排序，以这样的顺序制作是最优的，因为这样让等待时间降至最小；

 

 

但问题涉及到了修改订单，我们考虑当前状态与上一个状态的差值；

修改一个点其实相当于把原值删掉再加入一个新值；

其实删除与加入是完全相反的，我们只讨论删除；

由于涉及到大小顺序，我们可以维护一个权值线段树（权值树状数组）

维护当前节点出现的次数和出现这么多次的总和，线段树分别维护两个值得和；

当删除某个订单时，先将它的\(l\)删去；

再删除某个值\(t\)时，先将对应值出现次数\(-1\)，对应值的总和\(-t\)；

再考虑少减了多少，

首先是它自己没有了，它原本的贡献是\(t*(n-i+1)\)

我们区间查询出有多少个比\(t\)小，假设是\(g\)个，答案应当加上\(t*(n-g)\)

其次是对其他值的影响，现在\(n\)变成了\(n-1\),而比\(t\)大的部分排名也减少了\(1\)，所以这部分没有变，但比\(t\)小的就会少减一次，所以答案应该加上比\(t\)少了的元素的和

添加相反

 

 

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define ls p<<1
#define rs p<<1|1
#define l(p) a[p].l
#define r(p) a[p].r
using namespace std;

const int N=200005;

int n,zc[N],num[N],c;
ll tot;
struct book
{
	int l,t;
}b[N];
struct ST
{
	ll sum;
	int dat;
	int l,r;
}a[N<<1];
inline bool cmp(ll x,ll y)
{
	return b[x].t<b[y].t;
}

inline int read()
{
	int x=0,f=1;char st=getchar();
	while(st<'0'||st>'9'){if(st=='-') f=-1;st=getchar();}
	while(st>='0'&&st<='9') x=x*10+st-'0',st=getchar();
	return x*f;
}

inline void update(int p)
{
	a[p].dat=a[ls].dat+a[rs].dat;
	a[p].sum=a[ls].sum+a[rs].sum;
}

inline void build(int p,int l,int r)
{
	l(p)=l;r(p)=r;
	if(l==r)
	{
		a[p].dat=num[l];
		a[p].sum=num[l]*l;
		return ;
	}
	int mid=l+r>>1;
	build(ls,l,mid);
	build(rs,mid+1,r);
	update(p);
}
inline void change(int p,int d,int x)
{
	if(l(p)==r(p))
	{
		a[p].dat+=x;
		a[p].sum+=(ll)x*l(p);
		return ;
	}
	int mid=l(p)+r(p)>>1;
	if(d<=mid) change(ls,d,x);
	else change(rs,d,x);
	update(p);
}

inline ll ask(int p,int l,int r)
{
	if(l(p)>=l&&r(p)<=r) return a[p].sum;
	int mid=l(p)+r(p)>>1;
	ll val=0;
	if(l<=mid) val+=ask(ls,l,r);
	if(r>mid) val+=ask(rs,l,r);
	return val;
}

inline int asknum(int p,int l,int r)
{
	if(l(p)>=l&&r(p)<=r) return a[p].dat;
	int mid=l(p)+r(p)>>1;
	int val=0;
	if(l<=mid) val+=asknum(ls,l,r);
	if(r>mid) val+=asknum(rs,l,r);
	return val;
}
int main()
{
	freopen("ras.in","r",stdin);
	freopen("ras.out","w",stdout);
	n=read();c=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		b[i].l=read();b[i].t=read();
		tot+=b[i].l,zc[i]=b[i].t;
		num[b[i].t]++;
	}
	sort(zc+1,zc+1+n);
	build(1,1,100000);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		tot-=(ll)zc[i]*(n-i+1);
	printf("%lld\n",tot);
	for(int i=1;i<=c;i++)
	{
		int r=read(),l=read(),t=read();

		tot-=b[r].l;
		change(1,b[r].t,-1);
		tot+=ask(1,1,b[r].t-1);
		int g=asknum(1,1,b[r].t-1);
		tot+=(ll)(n-g)*b[r].t;

		b[r].l=l;b[r].t=t;
		tot+=l;

		change(1,b[r].t,1);
		tot-=ask(1,1,b[r].t-1);
		g=asknum(1,1,b[r].t-1);
		tot-=(ll)(n-g)*b[r].t;

		printf("%lld\n",tot);
	}

	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}