NOIP模拟赛10 题解

t3：

题意

给你一棵树，然后每次两种操作：1.给一个节点染色 ； 2. 查询一个节点与任意已染色节点 lca 的权值的最大值

分析

考虑一个节点被染色后的影响：令它的所有祖先节点（包括自身）的所有除去更新节点上来的整棵子树的所有节点更新。

那么考虑dfs序会使某节点的子树节点连成一片，所以不更新某棵子树就可以轻易做到

然后考虑用线段树维护，复杂度就是 n log n

code

 //by Judge
 #include<bits/stdc++.h>
 #define ll long long
 using namespace std;
 const int M=2e5+;
 #define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
 char buf[<<],*p1,*p2;
 inline int Max(int a,int b){return a>b?a:b;}
 inline void cmax(int& a,int b){if(a<b)a=b;}
 inline int read(){ int x=,f=; char c=getchar();
     for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-;
     for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*+c-''; return x*f;
 } inline int cread(){ char c=getchar();
     while(!isupper(c)) c=getchar(); return c=='M';
 } char sr[<<],z[]; int Z,C=-;
 inline void Ot(){fwrite(sr,,C+,stdout),C=-;}
 inline void print(int x,char ch='\n'){
     if(C><<) Ot();if(x<)sr[++C]='-',x=-x;
     for(;z[++Z]=x%+,x/=;);
     for(;sr[++C]=z[Z],--Z;);sr[++C]=ch;
 } int n,m,pat,cnt,v[M];
 int f[M],head[M],dfn[M],siz[M];
 struct Edge{ int to,next; }e[M<<];
 inline void add(int u,int v){
     e[++pat]=(Edge){v,head[u]},head[u]=pat;
     e[++pat]=(Edge){u,head[v]},head[v]=pat;
 }
 #define v e[i].to
 void dfs(int u){ dfn[u]=++cnt,siz[u]=;
     for(int i=head[u];i;i=e[i].next)
         if(v^f[u]) f[v]=u,dfs(v),siz[u]+=siz[v];
 }
 #undef v
 struct segT{ int mx[M<<];
     #define ls k<<1
     #define rs k<<1|1
     #define mid (l+r>>1)
     #define lson ls,l,mid
     #define rson rs,mid+1,r
     inline void clear(){memset(mx,-,sizeof(mx));}
     void modify(int k,int l,int r,int L,int R,int v){
         if(v<mx[k]||L>r||l>R) return ;
         if(L<=l&&r<=R) return mx[k]=v,void();
         modify(lson,L,R,v),modify(rson,L,R,v);
     }
     int query(int k,int l,int r,int x){ if(l==r) return mx[k];
         if(x<=mid) return Max(mx[k],query(lson,x));
         else return Max(mx[k],query(rson,x));
     }
     inline void modify(int x,int y,int v){ if(!y) modify(,,n,dfn[x],dfn[x]+siz[x]-,v);
         else modify(,,n,dfn[x],dfn[y]-,v),modify(,,n,dfn[y]+siz[y],dfn[x]+siz[x]-,v);
     }
     inline int query(int x){ return query(,,n,dfn[x]); }
 }t;
 bool B[M];
 inline void modify(int x){
     for(int las=;x;las=x,x=f[x]){
         t.modify(x,las,v[x]);
         if(B[x]) return ; B[x]=;
     }
 }
 int main(){
     freopen("lca.in","r",stdin);
     freopen("lca.out","w",stdout);
     n=read(),m=read();
     for(int i=;i<=n;++i) v[i]=read();
     for(int i=,a,b;i<n;++i)
         a=read(),b=read(),add(a,b);
     dfs(),t.clear();
     for(int op,x;m;--m){
         op=cread(),x=read();
         if(op) modify(x);
         else print(t.query(x));
     } return Ot(),;
 }

t1：

题意

给你一个序列 a ，长度为 n ，首项为 t0，后面每一项 $a[i] = (A*a[i-1]*a[i-1]+B*a[i-1]+C)%D$  ， A、 B、 C、 D 均给出，求这个序列的最长不下降子序列

分析

一眼看出这玩意儿有循环节。

但是这个序列前面的一部分与最后的一部分要特殊考虑，后面一部分倒还好说，前面一部分根本就与循环节是无关的。

所以我们考虑前后两部分特殊处理，然后中间的部分利用循环节做掉。

做法有两种：

1. 一个是列出转移式然后矩阵加速解，复杂度  $D^3 \log n$
2. 一个是考虑贪心构造，观察出每个数字必然至少出现一次的特点（当然是 n 足够大的时候），将中间的每个循环中的数字能利用就利用上，然后对于 n 小一点的直接 n log n 跑一遍暴力解（n^3 也可以随你开心啦） 复杂度 $D^2 \log D$

　　

code

$D^3 \log n$

 //by Judge
 #include<bits/stdc++.h>
 #define ll long long
 using namespace std;
 const int M=1e6+;
 const int N=;
 int A,B,C,D,a[M],f[M];
 int b[M<<],c[M],pos[M];
 ll n,m,st,ed,top,ans=,MX[M];
 template<class T>inline void cmax(T& a,T b){if(a<b)a=b;}
 inline int get(int x){return (A*x*x+B*x+C)%D;}
 inline void solv_pre(){
     for(int i=;i<=n;++i) a[i]=get(a[i-]);
     for(int i=,k;i<=n;++i){
         k=upper_bound(f+,f++top,a[i])-f;
         if(k>top) ++top; f[k]=a[i],MX[a[i]]=k;
     }
     for(int i=;i<=D;++i) cmax(ans,MX[i]);
     printf("%lld\n",ans);
 }
 struct Matrix{ ll a[N][N];
     inline void mem(){ memset(a,-,sizeof(a)); }
     ll* operator [](const int x){return a[x];}
     Matrix operator *(Matrix& b){ static Matrix c;
         for(int i=;i<=m;++i) for(int j=;j<=m;++j) c[i][j]=-;
         for(int i=;i<=m;++i) for(int k=;k<=m;++k)
             for(int j=;j<=m;++j) if(a[i][k]!=-&&b[k][j]!=-)
                 cmax(c[i][j],a[i][k]+b[k][j]); return c;
     }
 }I,G;
 Matrix qpow(Matrix x,ll p){ Matrix s=I;
     for(ll i=p;i;i>>=,x=x*x)
         if(i&) s=s*x; return s;
 }
 int lf[N],rf[N];
 int main(){
     freopen("lis.in","r",stdin);
     freopen("lis.out","w",stdout);
     cin>>n>>a[]>>A>>B>>C>>D,pos[a[]]=;
     if(n<=1e6) return solv_pre(),;
     for(int i=;;pos[a[i]]=i,++i){ a[i]=get(a[i-]);
         if(pos[a[i]]){st=i,m=i-pos[a[i]];break;}
     } ed=n-(n-st+)%m,b[]=c[]=a[st];
     for(int i=;i<=m<<;++i) b[i]=get(b[i-]);
     for(int i=;i<=n-ed;++i) c[i]=get(c[i-]);
     I.mem(),G.mem(); for(int i=;i<=m;++i) I[i][i]=;
     for(int i=;i<st;cmax(lf[a[i]],++f[i]),++i)
         for(int j=;j<i;++j) if(a[j]<=a[i]) cmax(f[i],f[j]);
     for(int i=;i<=D;++i) cmax(lf[i],lf[i-]);
     memset(f,,sizeof(f));
     for(int i=n-ed;i>=;cmax(rf[c[i]],++f[i]),--i)
         for(int j=n-ed;j>i;--j) if(c[j]>=c[i]) cmax(f[i],f[j]);
     for(int i=D-;i>=;--i) cmax(rf[i],rf[i+]);
     for(int i=;i<=m;++i){ memset(f,-,sizeof(f)),f[i]=;
         for(int j=i+;j<=m<<;++j) if(b[j]>=b[i])
             for(int k=i;k<j;++k) if(b[k]<=b[j]) cmax(f[j],f[k]+);
         for(int j=m+;j<=m<<;++j) G[i][j-m]=f[j];
     } G=qpow(G,(ed-st+)/m-);
     for(int i=;i<=m;++i) for(int j=;j<=m;++j)
         cmax(ans,G[i][j]+lf[b[i]]+rf[b[j]]+);
     return printf("%lld\n",ans),;
 }

$D^2 \log D$

本来我用的是贪心，然后挂了，就用矩阵了，这里就放 std 的代码好了 Q.T

 #include<bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 typedef long long int64;
 const int maxn=,maxd=;
 int a[maxn],b[maxn],pos[maxd];
 int A,B,C,D,m; int64 st,ed,n;

 struct Tbinary_index_tree{
     int t[maxd];
     void clear(){ memset(t,,sizeof(t)); }
     void insert(int x,int v){
         for(int i=++x;i<maxd;i+=i&-i)
             t[i]=max(t[i],v);
     }
     int query(int x){
         int res=; ++x;
         for(int i=x;i;i-=i&-i)
             res=max(res,t[i]);
         return res;
     }
 }bit;
 void brute_force(){
     scanf("%d%d%d%d%d",a+,&A,&B,&C,&D);
     bit.clear(),bit.insert(a[],); int ans=;
     for(int i=;i<=n;++i){
         a[i]=(A*a[i-]*a[i-]+B*a[i-]+C)%D;
         int f=bit.query(a[i])+;
         bit.insert(a[i],f),ans=max(ans,f);
     }
     printf("%d\n",ans);
 }

 void init(){
     scanf("%d%d%d%d%d",a+,&A,&B,&C,&D);
     memset(pos,-,sizeof(pos)),pos[a[]]=;
     for(int i=;;++i){
         a[i]=(A*a[i-]*a[i-]+B*a[i-]+C)%D;
         if(pos[a[i]]!=-){ st=i,m=i-pos[a[i]]; break; }
         pos[a[i]]=i;
     }
     ed=n-(n-st+)%m;
     for(int i=st;i<=st+m*m-;++i)
         a[i]=(A*a[i-]*a[i-]+B*a[i-]+C)%D;
     b[]=a[st];
     for(int i=;i<=n-ed+m*m;++i)
         b[i]=(A*b[i-]*b[i-]+B*b[i-]+C)%D;
     st+=m*m,ed-=m*m; assert(st<ed);
 }

 int lf[maxd],rf[maxd],f[maxn];
 void solve(){
     memset(lf,,sizeof(lf));
     memset(f,,sizeof(f)),bit.clear();
     for(int i=;i<st;++i){
         f[i]=bit.query(a[i])+;
         bit.insert(a[i],f[i]);
         lf[a[i]]=max(lf[a[i]],f[i]);
     }
     for(int i=;i<maxd;++i)
         lf[i]=max(lf[i],lf[i-]);
     memset(f,,sizeof(f)),bit.clear();
     for(int i=n-ed;i>=;--i){
         f[i]=bit.query(maxd-b[i]-)+;
         bit.insert(maxd-b[i]-,f[i]);
         rf[b[i]]=max(rf[b[i]],f[i]);
     }
     for(int i=maxd-;i>=;--i)
         rf[i]=max(rf[i],rf[i+]);
     int64 ans=;
     for(int i=;i<=m;++i){
         int v=a[st-m*m+i-];
         ans=max(ans,lf[v]+(ed-st+)/m+rf[v]);
     }
     printf("%lld\n",ans);
 }

 int main(){
     freopen("lis.in","r",stdin);
     freopen("lis.out","w",stdout);
     scanf("%lld",&n);
     if(n<=)
         brute_force();
     else init(),solve();
     return ;
 }

t2：

题意

给你 n 件物品来放完全背包，体积小于 L 的无限放， 大于等于 L 的物品总共最多放 C 件，然后给出多组询问，你需要判断是否能用这些物品在满足条件的情况下放满 W 大小的背包

分析

回到了被跳楼机支配的恐惧...

首先令最小的物品体积为 V ，那么这个物品是可以无限放的，所以我们只需要记录要达到在模 V 下的体积会放到的最小体积，然后判断的时候看 询问值模 V 后是否大于等于这个值就好了（因为多出来的体积可以用 V 补）

设计状态 $f[i][j][k]$ 为前 i 个物品中加入了 j 次体积不小于 L 的物品，且总体积模 V 为 k 的最小总体积 （我就觉得是跳楼机了）

然后刚刚我说的显然有错啊，最小物品的体积不见得就可以无限放，那么如果最小体积物品也 ≥ L ，那么最多放 C 件，直接暴力跑就能出解了，状态也比较简单，就是考虑放不超过 c 件物品能达到的体积，加上 vi 本来就小，随便套套 bitset （不套也行）就解决了

code

 //by Judge
 #include<bits/stdc++.h>
 #define ll long long
 using namespace std;
 const int MV=,M=;
 #define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
 char buf[<<],*p1,*p2;
 inline void cmin(ll& a,ll b){if(a>b)a=b;}
 inline ll read(){ ll x=,f=; char c=getchar();
     for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-;
     for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*+c-''; return x*f;
 } char sr[<<],z[]; int Z,C=-;
 inline void Ot(){fwrite(sr,,C+,stdout),C=-;}
 int n,m,v[M],V,V0,c;
 ll f[][MV*],g[MV];
 inline void preset(){
     for(int j=;j<=c;++j) for(int k=;k<V;++k) f[j][k]=1e18; f[][]=;
     for(int i=,t;i<=n;++i) if(v[i]>=V0){ t=v[i]%V;
         for(int j=;j<=c;++j) for(int k=;k<V;++k)
             cmin(f[j][k],f[j-][(k+V-t)%V]+v[i]);
     } else{ int len=V/__gcd(v[i],V);
         for(int j=;j<=c;++j) for(int N=V/len,d=;d<N;++d)
             for(int T=;T<=;++T) for(int k=,las=d,now;k<=len;++k)
                 now=(las+v[i])%V,cmin(f[j][now],f[j][las]+v[i]),las=now;
     } for(int i=;i<V;++i) g[i]=1e18;
     for(int j=;j<=c;++j) for(int k=;k<V;++k) cmin(g[k],f[j][k]);
     for(ll x;m;--m)
         if(x=read(),g[x%V]>x) sr[++C]='N',sr[++C]='o',sr[++C]='\n';
         else sr[++C]='Y',sr[++C]='e',sr[++C]='s',sr[++C]='\n';
     return Ot();
 }
 int main(){
     freopen("bag.in","r",stdin);
     freopen("bag.out","w",stdout);
     n=read(),m=read();
     for(int i=;i<=n;++i) v[i]=read(); sort(v+,v++n);
     return V=v[],V0=read(),c=read(),preset(),;
 }