洛谷比赛 「EZEC」 Round 4

T1 zrmpaul Loves Array

题目描述

小 Z 有一个下标从 \(1\) 开始并且长度为 \(n\) 的序列，初始时下标为 \(i\) 位置的数字为 \(i\)。有 \(m\) 个操作，每个操作会是以下四种之一。

  • 1 对序列从小到大进行排序。
  • 2 对序列从小到大进行排序后将其翻转，(译者注：就是从大到小排序）。
  • 3 x y 将下标为 \(x,y\) 的数交换位置。保证 \(x\neq y\) 且 \(1\le x,y\le n\)。
  • 4 将序列翻转。

你要输出在 \(m\) 次操作后的序列。

输入格式

第一行两个整数 \(n,m\) ，表示序列的长度以及操作的数量。

接下来 \(m\) 行，每行一个操作。保证操作合法。

输出格式

一行包含 \(n\) 个整数，表示操作后的序列。

输入输出样例

输入 #1

5 5

1

2

3 2 4

4

3 1 5

输出 #1

5 4 3 2 1
说明/提示

【数据范围】

【本题采用捆绑测试】

subtask 1（24pts）: \(1\leq n,m\leq 2 \times 10^3\) 。

subtask 2（13pts）: 没有操作三。

subtask 3（63pts）: \(1\leq n,m\leq 10^6\) 。

【样例解释】

序列经过的操作为：

 1,2,3,4,5

 1,2,3,4,5

 5,4,3,2,1

 5,2,3,4,1

 1,4,3,2,5

 5,4,3,2,1

签到题还是有点思维难度的，但也比至于那么难，不过需要注意的点比较多。

自己在一个点上卡了一个小时（太菜了，该退役了）。

现讲一下思路吧。观察一下这四个操作，你就会发现一个神奇的规律。

在排序操作之前的操作是对答案没有任何影响的。

所以，我们只需要找到最后的一个操作\(1\) 或者操作 \(2\) ，如果最后一次是操作 \(1\) 原序列就正着排，反之倒着排序。

之后，我们就可以模拟操作三和操作四了。

操作三直接暴力 \(swap\) ，操作四的话可以打个标记，奇数的把这个序列暴力翻转。

一个比较坑的点就是一开始要把原序列赋为从 \(1-n\) 的排列,(因为他可能只有操作 \(4\))

随机数据的话还是跑的比较快的。

具体实现看代码把：

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<algorithm>

using namespace std;

int n,m,type,maxn,res,cnt,a[1000010];

struct node

{

	int opt,x,y;

}q[1000010];

inline int read()

{

    int s = 0,w = 1; char ch = getchar();

    while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') w = -1; ch = getchar();}

    while(ch >= '0' && ch <= '9'){s =s * 10+ch - '0'; ch = getchar();}

    return s * w;

}

int main()

{

	n = read(); m = read();

	for(int i = 1; i <= n; i++) a[i] = i;//一开始序列为1-n 的排列

	for(int i = 1; i <= m; i++)

	{

		q[i].opt = read();

		if(q[i].opt == 3)

		{

			cnt++;

			q[i].x = read(); q[i].y = read();

		}

		if(q[i].opt == 1 || q[i].opt == 2)//找最后一次排序操作

		{

			type = q[i].opt; maxn = i;

		}

	}

	if(type == 1)//如果是 1 就升序排列

	{

		for(int i = 1; i <= n; i++) a[i] = i;

	}

	if(type == 2)//反之降序排列

	{

		for(int i = n; i >= 1; i--) a[i] = n-i+1;

	}

	for(int i = maxn+1; i <= m; i++)

	{

		if(q[i].opt == 3)

		{

		    if(res & 1)//如果前面序列反转了偶数次，就对序列暴力翻转

			{

				for(int j = 1; j <= n/2; j++) swap(a[j],a[n-j+1]);

			}

			swap(a[q[i].x],a[q[i].y]);//暴力交换

			res = 0;

		}

		else if(q[i].opt == 4) res += 1;//统计有多少个操作 4

	}

	if(res & 1) for(int i = 1; i <= n/2; i++) swap(a[i],a[n-i+1]);

	for(int i = 1; i <= n; i++) printf("%d ",a[i]);

	return 0;

}

T2「EZEC-4」可乐

题目背景

很久以前，有一个 pigstd，非常迷恋美味的可乐。为了得到美味的可乐，他几乎用尽了所有的钱，他甚至对自己的 npy 也漠不关心其实是因为他没有npy，更不爱好看戏。除非买了新可乐，才会坐上马车出门炫耀一番。每一天，每个钟头他都要喝上一瓶新可乐。

pigstd 最近又买了许多箱新可乐——当然，这些可乐只有聪明的人才能喝到。

题目描述

pigstd 现在有 \(n\) 箱可乐，第 \(i\) 箱可乐上标着一个正整数 \(a_{i}\)。

若 pigstd 的聪明值为一个非负整数 \(x\)，对于第 \(i\) 箱可乐，如果 \((a_{i} \oplus x )\le k\) 那么 pigstd 就能喝到这箱可乐。

现在 pigstd 告诉了你 \(k\) 与序列 \(a\)，你可以决定 pigstd 的聪明值 \(x\)，使得他能喝到的可乐的箱数最大。求出这个最大值。

输入格式

第一行两个由空格分隔开的整数 \(n,k\)。

接下来 \(n\) 行，每行一个整数 \(a_i\)，表示第 \(i\) 箱可乐上标的数。

输出格式
一行一个正整数，表示 pigstd 最多能喝到的可乐的箱数。
输入输出样例

输入 #1

3 5

2

3

4

输出 #1

3

输入 #2

4 625

879

480

671

853

输出 #2

4
说明/提示

提示

pigstd 的聪明值 \(x\) 可以为 \(0\)。

样例解释

样例 1 解释：容易构造当 \(x=0\) 时，可以喝到所有可乐。

样例 2 解释：容易构造 \(x=913\)，可以喝到所有可乐。

样例解释未必是唯一的方法。

数据范围

本题采用捆绑测试。

  • Subtask 1（29 points）：\(1 \le n,k,a_{i} \le 1000\)。
  • Subtask 2（1 point）：\(a_{i} \le k\)。
  • Subtask 3（70 points）：无特殊限制。

对于所有数据，保证 \(1 \le n,k,a_{i} \le 10^6\)。

一开始看错题了，连交了几发全是 WA，差点把我心态搞崩了。

这道题我和 STd 的解法不太一样。

这道题看到异或，我们会想到什么。 没错，就是 \(01tire\)

我们可以对每个 \(a_i\) 都插入 \(tire\) 树中，然后暴力枚举 \(x\) ，

找在异或起来不小于 \(k\) 的情况下，能喝到的可乐最多。

主要是分情况讨论比较难写，但其他的还算可以。

Code:

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<algorithm>

using namespace std;

int n,k,tot = 1,siz[20000100],x,tr[20000100][2];

int ans,kk,maxn;

inline int read()

{

    int s = 0,w = 1; char ch = getchar();

    while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') w = -1; ch = getchar();}

    while(ch >= '0' && ch <= '9'){s =s * 10+ch - '0'; ch = getchar();}

    return s * w;

}

void insert(int x)//建 tire 树

{

	int p = 1;

	for(int i = 20; ~i; i--)

	{

		int c = (x>>i)&1;

		if(!tr[p][c]) tr[p][c] = ++tot;

		p = tr[p][c];

        siz[p]++;

	}

}

int query(int x)

{

	int p = 1, res = 0;

	for(int i = 20; i; i--)

	{

		int a = (k>>i)&1, b = (x>>i)&1;

		if(a == 0)//如果说 k的这一位为0，那么tire树上的节点只能和 b 相同

		{

			if(b == 1) p = tr[p][1];

			if(b == 0) p = tr[p][0];

		}

		if(a == 1)

		{

			if(b == 0)

			{

				res += siz[tr[p][0]];//节点为 0 的话，异或起来小于 1可以直接记录答案

				p = tr[p][1];

			}

			else

			{

				res += siz[tr[p][1]];//同理

				p = tr[p][0];

			}

		}

	}

	int a =k & 1, b =x & 1;//最后一位的情况

	if(a == 0)

	{

		if(b == 1) p = tr[p][1];

		if(b == 0) p = tr[p][0];

	}

	if(a == 1)

	{

		if(b == 0)

		{

			res += siz[tr[p][0]];

			p = tr[p][1];

		}

		else

		{

			res += siz[tr[p][1]];

			p = tr[p][0];

		}

	}

	return res;

}

int main()

{

	n = read(); k = read(); maxn = k;

	for(int i = 1; i <= n; i++)

	{

		x = read();

		maxn = max(maxn,x);//上限设为 a[i] 和 k 的最大值

		insert(x);

	}

	for(int i = 0; i <= maxn<<1; i++)

    {

		ans=max(ans,query(i));//暴力枚举 x

	}

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

}

后面的几道题就比较仙了。

T3 Excalibur

题目描述

已知有 \(n\) 个血量均为 \(k\) 的敌人，编号\(1\sim n\).

给你一柄圣剑，选择一个敌人，砍向他并对其造成 \(p\) 点伤害。

这柄圣剑还附有 \(m\) 条属性，第 \(i\) 条属性可表示为：

  • 1、若 \(x_i\) 号敌人受到了伤害，记此伤害为 \(r_{x_i}\) 那么 \(y_i\) 号敌人就会相应受到 \(q\times r_{x_i}\)点伤害。
  • 2、若 \(y_i\) 号敌人受到了伤害，记此伤害为\(r_{y_i}\)，那么 \(x_i\) 号敌人就会相应受到 \(q\times r_{y_i}\) 点伤害。
  • 3、上述两点若有任意一点被触发，该属性立即失效。

现规定，当某个敌人血量 \(\le 0\) 时，即视为你击杀了这个敌人。击杀与否不影响伤害大小。

求你最多能击杀几个敌人。

数据保证：

1、每条属性中 \(x_i\neq y_i\)。

2、所有属性本质上不重复。

3 砍向任一敌人后，每个敌人最多受到一次伤害。

输入格式

第一行五个整数 \(n,m,k,p\),。

后 \(m\) 行每行两个整数 \(x,y\)。

输出格式

一行一个整数表示答案。

输入输出样例

输入 #1

3 2 2 3 1

1 2

2 3

输出 #1

3

输入 #2

3 2 2 1 1

1 2

2 3

输出 #2

0

输入 #3

3 2 4 1 2

1 2

2 3

输出 #3

1
说明/提示

【样例 1 说明】

砍向 1 号敌人，对其造成 3 点伤害；22号敌人随之受到 3 点伤害；3 号敌人随之受到 3 点伤害。共击杀 3 个敌人。

【样例 2 说明】

无法击杀任何敌人。

【样例 3 说明】

砍向 1 号敌人，对其造成 1 点伤害；2 号敌人随之受到 2 点伤害；3 号敌人随之受到 4 点伤害。共击杀 1个敌人。

【数据规模与约定】

对于 100% 的数据，\(1\le n\le 10^5\)，\(0\le m\le 10^5\)，\(1\le k,p,q\le 10^9\)，\(1\le x,y\le n\)。

本题采用捆绑测试。

子任务 分值 n q 特殊性质
1 10 \(≤10\) 无 无
2 5 无 =1 无
3 5 无 无 对于每条属性都有 \(xi=yi−1\)
4 20 无 无 保证数据随机生成
5 60 无 无 无

这道题我开始以为是道图论题。

但，当我得知正解是树形 \(dp\) 时，我的表情是这样的：

算了，贴正解吧：

简化问题

给你若干棵树，选一颗树上的一个点作为根，根节点深度为 1，问树上有多少节点深度 \(h\)

\[h \leq
\begin{cases}
log_q{k \over p} + 1& \text{q > 1}\\
\infin & \text{q = 1, p <k}\\
1 & \text{q = 1, $p\le k$}
\end{cases}
\]

观察数据范围，注意到 \(q>1\) 时 \(\log_q(\frac{k}{p})<30\)，故可以从这个切入点解决问题。

考虑 \(\text{DP}\)。

令 \(sz[i][j]\) 为以节点 \(i\) 为根，深度等于 \(j\) 的节点数。

令 \(f[i][j]\) 为以节点 \(i\) 为根，深度小于等于 \(j\) 的节点数。（最后求答案时用个容斥即可）

易求得 \(sz\) 数组的递推式为 \(sz[u][j]= \displaystyle \sum sz[v][j−1]\)，其中 \(u\) 和 \(v\) 为父子关系，下同。

当由父节点为根转为由子节点为根时，粗略观察到 \(f[v][j]\) 和 \(f[u][j−1]\) 很相似，进一步观察可得 \(f[v][j]=f[u][j−1]+sz[v][j]+sz[v][j−1]\)。

在每棵树中任选一个节点为根，先求出这个节点的 \(sz\) 和 $ f$ 数组后，再换根 \(\text{DP}\) 即可。

别忘了特判 \(q=1\) 的情况哦！

时间复杂度为 \(O(n\log_q(\frac{k}{p}))\)。

Code(正解代码):

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;

ll n,m,k,p,q,x,y,l,max_,vis[100009],trsz[100009],sz[100009][39],f[100009][39];

vector <ll> root,to[100009];

inline ll read(){

   ll s = 0,w = 1;

   char ch = getchar();

   while (ch < '0'|| ch > '9'){ if (ch == '-') w = -1; ch = getchar();}

   while (ch >= '0'&& ch <= '9') s = (s << 1) + (s << 3) + (ch ^ 48),ch = getchar();

   return s * w;

}

void dfs1(ll u,ll fa,ll pos){

    trsz[pos] += 1,sz[u][1] = vis[u] = 1;

    for (ll i = 0;i < to[u].size();i += 1){

        ll v = to[u][i];

        if (v ^ fa){

            dfs1(v,u,pos);

            for (ll j = 2;j <= l;j += 1) sz[u][j] += sz[v][j - 1];

        }

    }

}

void dfs2(ll u,ll fa,ll pos){

    for (ll i = 0;i < to[u].size();i += 1){

        ll v = to[u][i];

        if (v ^ fa){

            f[v][1] = 1;

            for (ll j = 2;j <= l;j += 1) f[v][j] = f[u][j - 1] + sz[v][j] + sz[v][j - 1];

            max_ = max(max_,trsz[pos] - f[v][l]);

            dfs2(v,u,pos);

        }

    }

}

int main(){

    n = read(),m = read(),k = read(),p = read(),q = read();

    for (ll i = 0;i < m;i += 1) x = read(),y = read(),to[x].push_back(y),to[y].push_back(x);

    if (q == 1 && p < k){cout<<0; return 0;}

    while (p * pow(q,l) < k) l += 1;

    for (ll i = 1;i <= n;i += 1) if (!vis[i]) root.push_back(i),dfs1(i,0,i);

    for (ll i = 0;i < root.size();i += 1) for (ll j = 1;j <= l;j += 1)

        f[root[i]][j] = f[root[i]][j - 1] + sz[root[i]][j];

    for (ll i = 0;i < root.size();i += 1) max_ = max(max_,trsz[root[i]] - f[root[i]][l]);

    for (ll i = 0;i < root.size();i += 1) dfs2(root[i],0,root[i]);

    cout<<max_;

    return 0;

}

T4「EZEC-4」求和

一句话题意:

T组询问，每次询问输出

$\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n} gcd(i,j)^{i+j} \bmod p $ 的结果。

看完题直接弃疗了，打了 \(10pts\) 就滚粗了

直接甩个 \(std\) 的链接吧 link

这么复杂的柿子谁推的出来啊。

T5 「EZEC-4」月下轻花舞

std

一句话题意： \(T\) 组询问，每次给定三个整数 \(l,r,n\)，求出下式的值：

\(\displaystyle \sum_{i=l}^{r} (i-1) \times \sum_{j=1}^{n} ceil(log_i^{j}) \bmod 998244353\)

看到这个柿子，我直接大呼毒瘤。

这考的时候，一点思路都没有。并且考到的还是一些自己没学过的东西（比如什么拉格朗日差值）。果然还是自己太菜了。

T6 括号

不会写，没看。

好像正解是分块（毒瘤lxl逃）

总结

这次打的还是很不错的，切了两道题。

总分 100 + 100 + 0 + 10 + 0 + 0 = 210;

混了个你谷 Rnk 17 。以后还要继续努力呀。

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