EZ 2018 07 06 NOIP模拟赛

又是慈溪那边给的题目，这次终于没有像上次那样尴尬了，

T1拿到了较高的暴力分，T2没写炸，然后T3写了一个优雅的暴力就203pts，Rank3了。

听说其它学校的分数普遍100+，那我们学校还不是强到飞起。

装备(equipment.pas/cpp/c)

这题目出的真心长，让我联想到我们语文老师说的：

以后教育改革可能不只是语文，其他学科的考试题目字数都要显著增加了，到时后数学大题你看都看不完。

原来连OI的题目都有这种趋势。

我们精简题意后发现：给你两段序列，求两两乘积的第\(k\)大值。

然后瞄一眼数据范围，然后我就想到了一种经典的堆的解决方法。

先排序，然后把所有的\(a_i\cdot b_1\)的值都扔到大根堆里，然后每次取出最大的值之后就把\(b_i\)的下标变成\(i+1\)再乘起来扔回去即可。

复杂度是\(O(q\cdot k\ log\ k)\)的，肯定会炸。

这里给出堆的代码（至于又开了小根堆是为了在\(k\)和\((b-a+1)(r-l+1)-k+1\)中取一个较小的）

53ptsCODE

#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;
const int N=255,M=100005;
int n,m,a[N],b[M],c[N],d[M],q,opt,L,R,l,r,k;
struct Small
{
	int x,y,s;
	bool operator <(const Small a) const { return a.s<s; }
};
struct Big
{
	int x,y,s;
	bool operator <(const Big a) const { return a.s>s; }
};
priority_queue <Small> small;
priority_queue <Big> big;
inline char tc(void)
{
	static char fl[100000],*A=fl,*B=fl;
	return A==B&&(B=(A=fl)+fread(fl,1,100000,stdin),A==B)?EOF:*A++;
}
inline void read(int &x)
{
	x=0; char ch; while (!isdigit(ch=tc()));
	while (x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',isdigit(ch=tc()));
}
inline void write(int x)
{
	if (x>9) write(x/10);
	putchar(x%10+'0');
}
inline void copy(void)
{
	register int i;
	for (i=l;i<=r;++i)
	c[i-l+1]=a[i];
	for (i=L;i<=R;++i)
	d[i-L+1]=b[i];
}
inline bool small_cmp(int a,int b)
{
	return a<b;
}
inline bool big_cmp(int a,int b)
{
	return a>b;
}
inline void Big_solve(int k)
{
	sort(c+1,c+r-l+2,big_cmp); sort(d+1,d+R-L+2,big_cmp);
	while (!big.empty()) big.pop();
	for (register int i=1;i<=r-l+1;++i)
	big.push((Big){i,1,c[i]*d[1]});
	for (;;)
	{
		Big now=big.top(); big.pop();
		if (!(--k)) { write(now.s); putchar('\n'); return; }
		if (now.y^(R-L+1)) big.push((Big){now.x,now.y+1,c[now.x]*d[now.y+1]});
	}
}
inline void Small_solve(int k)
{
	sort(c+1,c+r-l+2,small_cmp); sort(d+1,d+R-L+2,small_cmp);
	while (!small.empty()) small.pop();
	for (register int i=1;i<=r-l+1;++i)
	small.push((Small){i,1,c[i]*d[1]});
	for (;;)
	{
		Small now=small.top(); small.pop();
		if (!(--k)) { write(now.s); putchar('\n'); return; }
		if (now.y^(R-L+1)) small.push((Small){now.x,now.y+1,c[now.x]*d[now.y+1]});
	}
}
int main()
{
	freopen("equipment.in","r",stdin); freopen("equipment.out","w",stdout);
	register int i; read(n); read(m);
	for (i=1;i<=n;++i) read(a[i]);
	for (i=1;i<=m;++i) read(b[i]); read(q);
	while (q--)
	{
		read(opt); read(l); read(r); read(L);
		if (opt)
		{
			read(R); read(k); int tot=(r-l+1)*(R-L+1); copy();
			if (k<tot-k+1) Big_solve(k); else Small_solve(tot-k+1);
		} else
		{
			if (l) b[r]=L; else a[r]=L;
		}
	}
	return 0;
}

其实这是一个经典的模板（我怎么没听说过），我们首先二分答案\(x\)，然后对于其中一个数组排序。

之后对于另一个数组中的所有数只需要再次二分统计个数即可。

主要还是一个套路题。

CODE

#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=255,M=100005;
int n,m,a[N],b[M],c[M],q,opt,L,R,l,r,k;
inline char tc(void)
{
	static char fl[100000],*A=fl,*B=fl;
	return A==B&&(B=(A=fl)+fread(fl,1,100000,stdin),A==B)?EOF:*A++;
}
inline void read(int &x)
{
	x=0; char ch; while (!isdigit(ch=tc()));
	while (x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',isdigit(ch=tc()));
}
inline void write(int x)
{
	if (x>9) write(x/10);
	putchar(x%10+'0');
}
inline bool cmp(int a,int b)
{
	return a>b;
}
inline void copy(void)
{
	register int i;
	for (i=L;i<=R;++i)
	c[i-L+1]=b[i];
	sort(c+1,c+R-L+2,cmp);
}
inline int check(int x)
{
	int rk=0;
	for (register int i=l;i<=r;++i)
	{
		int l_=1,r_=R-L+1;
		while (l_<=r_)
		{
			int mid=l_+r_>>1;
			if (c[mid]*a[i]<x) r_=mid-1; else l_=mid+1;
		}
		rk+=r_;
	}
	return rk;
}
inline void solve(void)
{
	int l=1,r=2e9;
	while (l<=r)
	{
		int mid=(r-l>>1)+l;
		if (check(mid)<k) r=mid-1; else l=mid+1;
	}
	write(r); putchar('\n');
}
int main()
{
	freopen("equipment.in","r",stdin); freopen("equipment.out","w",stdout);
	register int i; read(n); read(m);
	for (i=1;i<=n;++i) read(a[i]);
	for (i=1;i<=m;++i) read(b[i]); read(q);
	while (q--)
	{
		read(opt); read(l); read(r); read(L);
		if (opt) read(R),read(k),copy(),solve(); else l?b[r]=L:a[r]=L;
	}
	return 0;
}

又见食物链(chain.pas/cpp/c)

经典水题，据说是NOI的题目。良心签到不解释

对于这种层级分明的关系，考虑拓扑+DP转移。

我们令\(f_i\)表示以\(i\)结尾的食物链的条数，发现转移时：

\(f_{son[i]}+=f_i\)

然后写一个拓扑转移即可，最后对于出度为\(0\)的点进行特判即可。

但是注意一点：单节点不构成食物链

CODE

#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=100005;
struct edge
{
	int to,next;
}e[N<<1];
int head[N],in[N],out[N],q[N],n,m,x,y,cnt;
unsigned long long f[N],ans;
inline char tc(void)
{
	static char fl[100000],*A=fl,*B=fl;
	return A==B&&(B=(A=fl)+fread(fl,1,100000,stdin),A==B)?EOF:*A++;
}
inline void read(int &x)
{
	x=0; char ch; while (!isdigit(ch=tc()));
	while (x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',isdigit(ch=tc()));
}
inline void add(int x,int y)
{
	e[++cnt].to=y; e[cnt].next=head[x]; head[x]=cnt;
}
inline void reset(int now)
{
	for (register int i=head[now];i!=-1;i=e[i].next)
	++f[e[i].to];
}
inline void top_sort(void)
{
	register int i; int H=0,T=0;
	for (i=1;i<=n;++i)
	if (!in[i]) q[++T]=i,reset(i);
	while (H<T)
	{
		int now=q[++H];
		for (register int i=head[now];i!=-1;i=e[i].next)
		{
			f[e[i].to]+=f[now];
			if (!(--in[e[i].to])) q[++T]=e[i].to;
		}
	}
}
int main()
{
	freopen("chain.in","r",stdin); freopen("chain.out","w",stdout);
	register int i; read(n); read(m);
	memset(head,-1,sizeof(head)); memset(e,-1,sizeof(e));
	for (i=1;i<=m;++i)
	{
		read(x); read(y);
		add(x,y); ++in[y]; ++out[x];
	}
	for (top_sort(),i=1;i<=n;++i)
	if (!out[i]) ans+=f[i];
	return printf("%lld",ans),0;
}

**OJ **中的目录 (oj.pas/cpp/c)

我去题目怎么又是那么长。

但是读懂题意之后你就会发现，这道题就是NOI2010 超级钢琴的树上版本。

对于超级钢琴，不会的同学可以看一下sol，这里就不再赘述。

然后在树上怎么弄，很简单的套路倍增。

考虑维护两个东西\(father_{i,j}\)表示\(i\)向上\(2^j\)个点的节点，\(f_{i,j}\)同理，表示的是最大值。

然后我们确定这条链下方的点，那么对于上面的点就要求\(sum_{father_{i,0}}\)最小了。还是倍增\(log\)级别解决。

后面的堆等操作大同小异，其实关于树的题目倍增真的很万能。

CODE

#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<queue>
using namespace std;
const int N=500005,P=25;
int n,m,l,r,sum[N],father[N][P],dep[N];
long long ans;
struct data
{
	int s,l,r,t;
	bool operator <(const data x) const { return sum[x.s]-sum[father[x.t][0]]>sum[s]-sum[father[t][0]]; }
};
struct RMQ
{
	int x,num;
}f[N][P];
priority_queue<data> big;
inline char tc(void)
{
	static char fl[100000],*A=fl,*B=fl;
	return A==B&&(B=(A=fl)+fread(fl,1,100000,stdin),A==B)?EOF:*A++;
}
inline void read(int &x)
{
	x=0; char ch; int flag=1; while (!isdigit(ch=tc())) flag=ch^'-'?1:-1;
	while (x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',isdigit(ch=tc())); x*=flag;
}
inline int min(int a,int b)
{
	return a<b?a:b;
}
inline void RMQ_init(void)
{
	register int i,j;
	for (j=1;j<P;++j)
	for (i=1;i<=n;++i)
	father[i][j]=father[father[i][j-1]][j-1];
	for (j=1;j<P;++j)
	for (i=1;i<=n;++i)
	if (dep[i]>=1<<j) f[i][j]=f[i][j-1].x<f[father[i][j-1]][j-1].x?f[i][j-1]:f[father[i][j-1]][j-1];
}
inline int getfa(int x,int y)
{
	for (register int i=P-1;i>=0;--i)
	if (y&(1<<i)) x=father[x][i];
	return x;
}
inline int getmin(int x,int y)
{
	RMQ MIN=f[x][0];
	for (register int i=P-1;i>=0;--i)
	if (dep[father[y][i]]>=dep[x]) MIN=MIN.x<f[y][i].x?MIN:f[y][i],y=father[y][i];
	return MIN.num;
}
int main()
{
	freopen("oj.in","r",stdin); freopen("oj.out","w",stdout);
	register int i; read(n);
	for (i=1;i<=n;++i) read(father[i][0]);
	for (i=1;i<=n;++i)
	{
		read(sum[i]); sum[i]+=sum[father[i][0]];
		dep[i]=dep[father[i][0]]+1; f[i][0]=(RMQ){sum[father[i][0]],i};
	}
	read(m); read(l); read(r); RMQ_init();
	for (i=1;i<=n;++i)
	if (dep[i]>=l)
	{
		int L=getfa(i,min(r-1,dep[i]-1)),R=getfa(i,l-1);
		big.push((data){i,L,R,getmin(L,R)});
	}
	while (m--)
	{
		data now=big.top(); big.pop(); ans+=sum[now.s]-sum[father[now.t][0]];
		if (now.l^now.t) big.push((data){now.s,now.l,father[now.t][0],getmin(now.l,father[now.t][0])});
		if (now.r^now.t)
		{
			int next=dep[now.s]-dep[now.t]; next=getfa(now.s,next-1);
			big.push((data){now.s,next,now.r,getmin(next,now.r)});
		}
	}
	return printf("%lld",ans),0;
}