T1 树上的数

考场上比较脑瘫没有想到直接dfs就行了这样是O(n+m)的，傻不拉几地多添了个log，

不过因为accoder的评测机太弱了，绝大多数人的正解都是60分，所以没有什么差别；

直接dfs，d到不能d的点就return就好了

  1. #include<bits/stdc++.h>
  2. #define lid id<<1
  3. #define rid id<<1|1
  4. using namespace std;
  5. inline int read()
  6. {
  7. 	int x=0,f=1;char ch=getchar();
  8. 	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
  9. 	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
  10. 	return x*f;
  11. }
  12. int n,m,a,b;
  13. const int mod=19760817, maxn=5e6+5;
  14. int fa[maxn],q[maxn],sum[2];
  15. int head[maxn],num;
  16. struct edge{int to,nxt;}e[maxn<<1];
  17. inline  void add(int x,int y)
  18. {e[++num]=(edge){y,head[x]};head[x]=num;}
  19. bool vis[maxn];
  20. inline void dfs(int x)
  21. {
  22. 	if(vis[x]) return;
  23. 	vis[x]=1;++sum[1];
  24. 	for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
  25. 	dfs(e[i].to);
  26. }
  27. signed main()
  28. {
  29. 	freopen("tree.in","r",stdin);
  30. 	freopen("tree.out","w",stdout);
  31. 	n=read();m=read();a=read();b=read();
  32. 	q[1]=read(); int x=read(),y=read();
  33. 	fa[2]=1; add(1,2); for(int i=3;i<=n;i++)
  34. 	fa[i]=((1ll*fa[i-1]*a+b)^mod)%(i-1)+1,add(fa[i],i);
  35. 	sum[1]=0;int ans=0; if(!vis[q[1]])dfs(q[1]);ans^=(n-sum[1]);
  36. 	for(int i=2;i<=m;i++)
  37. 	{
  38. 		q[i]=(((1ll*q[i-1]*x+y)^mod)^(i<<1))%(n-1)+2;
  39. 		dfs(q[i]);ans^=(n-sum[1]);
  40. 	}
  41. 	printf("%d\n",ans);
  42. }

T2 时代的眼泪

看到这个题目的时候有点慌，以为是那个dio题，结果后来发现只是题目一样，一个比较显然的换根

将以x为根变为他的儿子y为根，他的变化量是在除了y的子树之外的点比y小的点的个数减去y的子树里比x小的数的个数

可以先dfs出来根为1的最终答案，然后用树状数组处理出对应变化量，最后再dfs一次换根就行了

复杂度O(n*log(n))。不过考场上我没有想到如何用树状数组解决这个问题，在dfs序上开了一棵主席树

复杂度也是O(nlog(n))的，不过常数比较大，再加上那个OJ比较慢，最后只有90分

主席树写法：

  1. #include<bits/stdc++.h>
  2. using namespace std;
  3. inline int read()
  4. {
  5. 	int x=0,f=1;char ch=getchar();
  6. 	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
  7. 	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
  8. 	return x*f;
  9. }
  10. const int maxn=1e6+5;
  11. struct edge{int to,nxt;}e[maxn<<1];
  12. int head[maxn],num,w[maxn],lsh[maxn],ext,n;
  13. inline  void add(int x,int y)
  14. {
  15. 	e[++num]=(edge){y,head[x]};head[x]=num;
  16. 	e[++num]=(edge){x,head[y]};head[y]=num;
  17. }
  18. struct szsz{
  19. 	#define lowbit(x) (x&(-x))
  20. 	int c[maxn];
  21. 	inline int query(int x){int res=0;for(;x;x-=lowbit(x))res+=c[x];return res;}
  22. 	inline void update(int x,int val){for(;x<=ext;x+=lowbit(x))c[x]+=val;}
  23. }z;
  24. int dfn[maxn],pp[maxn],cnt,siz[maxn];
  25. long long ans[maxn];
  26. inline void dfs1(int x,int f)
  27. {
  28. 	ans[1]=ans[1]+z.query(ext)-z.query(w[x]);
  29. 	z.update(w[x],1);siz[x]=1;
  30. 	dfn[x]=++cnt;pp[cnt]=x;
  31. 	for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
  32. 	{
  33. 		int y=e[i].to;
  34. 		if(y==f)continue;
  35. 		dfs1(y,x); siz[x]+=siz[y];
  36. 	} z.update(w[x],-1);
  37. }
  38. struct hjts{
  39. 	int sum[maxn*23],root[maxn],cnt,ls[maxn*23],rs[maxn*23];
  40. 	inline void update(int &rt1,int rt2,int l,int r,int pos)
  41. 	{
  42. 		rt1=++cnt; sum[rt1]=sum[rt2];
  43. 		++sum[rt1]; if(l==r)return ;
  44. 		ls[rt1]=ls[rt2];rs[rt1]=rs[rt2];
  45. 		int mid=(l+r)>>1;
  46. 		if(pos<=mid) update(ls[rt1],ls[rt2],l,mid,pos);
  47. 		else update(rs[rt1],rs[rt2],mid+1,r,pos);
  48. 		sum[rt1]=sum[ls[rt1]]+sum[rs[rt1]];
  49. 	}
  50. 	inline int query(int rt,int rt2,int l,int r,int ll,int rr)
  51. 	{
  52. 		if(ll>rr||rt==rt2)return 0;
  53. 		if(l>=ll&&r<=rr) return sum[rt]-sum[rt2];
  54. 		int mid=(l+r)>>1,res=0;
  55. 		if(ll<=mid) res+=query(ls[rt],ls[rt2],l,mid,ll,rr);
  56. 		if(rr>mid) res+=query(rs[rt],rs[rt2],mid+1,r,ll,rr);
  57. 		return res;
  58. 	}
  59. 	inline int getval(int l,int r,int ll,int rr)
  60. 	{
  61. 		if(l>r||ll>rr)return 0;
  62. 		return query(root[r],root[l-1],1,ext,ll,rr);
  63. 	}
  64. }tr;
  65. inline void dfs2(int x,int f)
  66. {
  67. 	for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
  68. 	{
  69. 		int y=e[i].to; if(y==f)continue;
  70. 		int tmp1=tr.getval(1,dfn[y]-1,1,w[y]-1)+tr.getval(dfn[y]+siz[y],n,1,w[y]-1);
  71. 		int tmp2=tr.getval(dfn[y],dfn[y]+siz[y]-1,1,w[x]-1);
  72. 		ans[y]=ans[x]+tmp1-tmp2; dfs2(y,x);
  73. 	}
  74. }
  75. signed main()
  76. {
  77. 	freopen("tears.in","r",stdin);
  78. 	freopen("tears.out","w",stdout);
  79. 	n=read();int q=read();
  80. 	for(int i=1;i<=n;i++)
  81. 	{
  82. 		w[i]=read();
  83. 		lsh[++ext]=w[i];
  84. 	}
  85. 	for(int i=1;i<n;i++)add(read(),read());
  86. 	sort(lsh+1,lsh+1+ext);
  87. 	ext=unique(lsh+1,lsh+1+ext)-lsh-1;
  88. 	for(int i=1;i<=n;i++)w[i]=lower_bound(lsh+1,lsh+1+ext,w[i])-lsh;
  89. 	dfs1(1,0);for(int i=1;i<=n;i++)
  90. 	tr.update(tr.root[i],tr.root[i-1],1,ext,w[pp[i]]);
  91. 	dfs2(1,0);int x; for(int i=1;i<=q;i++)
  92. 	x=read(),printf("%lld\n",ans[x]);
  93. }

树状数组写法：

  1. #include<bits/stdc++.h>
  2. using namespace std;
  3. inline int read()
  4. {
  5. 	int x=0,f=1;char ch=getchar();
  6. 	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
  7. 	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
  8. 	return x*f;
  9. }
  10. const int maxn=1e6+5;
  11. struct edge{int to,nxt;}e[maxn<<1];
  12. int head[maxn],num,w[maxn],lsh[maxn],ext,n;
  13. inline  void add(int x,int y)
  14. {
  15. 	e[++num]=(edge){y,head[x]};head[x]=num;
  16. 	e[++num]=(edge){x,head[y]};head[y]=num;
  17. }
  18. struct szsz{
  19. 	#define lowbit(x) (x&(-x))
  20. 	int c[maxn];
  21. 	inline int query(int x){int res=0;for(;x;x-=lowbit(x))res+=c[x];return res;}
  22. 	inline void update(int x,int val){for(;x<=ext;x+=lowbit(x))c[x]+=val;}
  23. }z;
  24. int dfn[maxn],pp[maxn],sum1[maxn],sum2[maxn],cnt,siz[maxn];
  25. long long ans[maxn];
  26. inline void dfs1(int x,int f)
  27. {
  28. 	z.update(w[x],1);siz[x]=1;
  29. 	for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
  30. 	{
  31. 		int y=e[i].to;
  32. 		if(y==f)continue;
  33. 		int jb=z.query(w[x]-1);
  34. 		int bj=z.query(w[y]-1);
  35. 		dfs1(y,x);
  36. 		sum2[y]=z.query(w[y]-1)-bj;
  37. 		sum1[y]=z.query(w[x]-1)-jb;
  38. 		ans[1]+=sum2[y];
  39. 	}
  40. 	if(x==1)ans[1]+=z.query(w[1]-1);
  41. }
  42. inline void dfs2(int x,int f)
  43. {
  44. 	for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
  45. 	{
  46. 		int y=e[i].to; if(y==f)continue;
  47. 		ans[y]=ans[x]-sum1[y]+z.query(w[y]-1)-sum2[y];
  48. 		dfs2(y,x);
  49. 	}
  50. }
  51. signed main()
  52. {
  53. 	freopen("tears.in","r",stdin);
  54. 	freopen("tears.out","w",stdout);
  55. 	n=read();int q=read();
  56. 	for(int i=1;i<=n;i++)
  57. 	{
  58. 		w[i]=read();
  59. 		lsh[++ext]=w[i];
  60. 	}
  61. 	for(int i=1;i<n;i++)add(read(),read());
  62. 	sort(lsh+1,lsh+1+ext);
  63. 	ext=unique(lsh+1,lsh+1+ext)-lsh-1;
  64. 	for(int i=1;i<=n;i++)w[i]=lower_bound(lsh+1,lsh+1+ext,w[i])-lsh;
  65. 	dfs1(1,0); dfs2(1,0);
  66. 	int x; for(int i=1;i<=q;i++)
  67. 	x=read(),printf("%lld\n",ans[x]);
  68. }

T3 传统异能

这个题挺不错的，由于我自己之前只会O(n)求不同子序列个数的写法，所以没有想到可以用矩阵；

先说一下n^2的做法，我们可以设dp[i][1/0] 为第i个字符选或者不选的能够构成的子序列的个数

lst[c]为c这个字符上一次出现的位置，那么转移的话就是：

  1. dp[i][1]=(dp[i-1][1]+dp[i-1][0]+1)%mod;
  2. dp[i][0]=(dp[i-1][1]+dp[i-1][0])%mod;
  3. if(lst[a[i]]) dp[i][0]=(dp[i][0]+mod-dp[lst[a[i]]][1])%mod;

当然，如果你写了这个式子之后就会很难想到正解，因为这个式子有减去的地方，会很难处理

所以我们就要用一种复杂度稍微高一些的做法来想到正解

我们设dp[i][j]为前i个字符里面，以j结尾的子序列有多少个，

那么转移的话就是

  1. if(j==s[i]) dp[i][j]=dp[i][1]+dp[i][2]+dp[i][3]+1;
  2. else dp[i][j]=dp[i-1][j];

我觉得还是比较好理解的，我们假如让所有的以c为结尾的子序列再加上一个c

那么现在以c结尾的子序列的最小长度都为2，那么再加上让以a和b结尾的子序列加一个c

就又补回来了，最后再加1表示前面一个都不被选择，只选它自己

我们发现这是一个很明显的矩形式子，因为字符集大小只有3，所以我们可以构建三个不同的矩阵

第1个矩阵大概长这个亚子

  1. 1 0 0 0
  2. 1 1 1 1
  3. 0 0 1 0
  4. 0 0 0 1

对角线显然都是1，然后第i行是1，嗯就这样

然后我们可以用线段树维护一下每个点对应的矩形，以及区间乘积是多少 相信大家都知道矩形支持交换律

查询完之后再让答案矩形乘一个这个矩阵

  1. 1 0 0 0
  2. 0 0 0 0
  3. 0 0 0 0
  4. 0 0 0 0

将第一列的加起来就是答案了

  1. #include<bits/stdc++.h>
  2. #define int long long
  3. #define lid id<<1
  4. #define rid id<<1|1
  5. using namespace std;
  6. inline int read()
  7. {
  8. 	int x=0,f=1;char ch=getchar();
  9. 	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
  10. 	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
  11. 	return x*f;
  12. }
  13. const int mod=998244353;
  14. const int maxn=1e5+5;
  15. struct matrix{
  16. 	int mat[5][5];
  17. 	inline void init(){
  18. 		memset(mat,0,sizeof(mat));
  19. 		for(int i=0;i<=3;i++)mat[i][i]=1;
  20. 	}
  21. 	inline void clear(){memset(mat,0,sizeof(mat));}
  22. 	inline void print()
  23. 	{
  24. 		for(int i=0;i<=3;i++)
  25. 		{
  26. 			for(int j=0;j<=3;j++)
  27. 			cout<<mat[i][j]<<" ";
  28. 			cout<<endl;
  29. 		}
  30. 	}
  31. 	inline matrix operator*(const matrix &a)const{
  32. 		matrix c;c.clear();
  33. 		for(int i=0;i<=3;i++) for(int j=0;j<=3;j++) for(int k=0;k<=3;k++)
  34. 		(c.mat[i][j]=a.mat[i][k]*mat[k][j]%mod+c.mat[i][j])%=mod;
  35. 		return c;
  36. 	}
  37. }tmp[4];
  38. int n,m;
  39. inline int id(char c){return c-'A'+1;}
  40. char s[maxn];int a[maxn];
  41. matrix sum[maxn<<2];
  42. inline void init()
  43. {
  44. 	tmp[1].init();tmp[2].init();tmp[3].init();
  45. 	for(int i=1;i<=3;i++) for(int j=0;j<=3;j++)
  46. 	tmp[i].mat[i][j]=1;tmp[0].clear();
  47. 	tmp[0].mat[0][0]=1;
  48. }
  49. inline void build(int id,int l,int r)
  50. {
  51. 	if(l==r) return sum[id]=tmp[a[l]],void();
  52. 	int mid=(l+r)>>1;
  53. 	build(lid,l,mid);build(rid,mid+1,r);
  54. 	sum[id]=sum[lid]*sum[rid];
  55. }
  56. inline void update(int id,int l,int r,int pos)
  57. {
  58. 	if(l==r) return sum[id]=tmp[a[pos]],void();
  59. 	int mid=(l+r)>>1;
  60. 	if(pos<=mid) update(lid,l,mid,pos);
  61. 	else update(rid,mid+1,r,pos);
  62. 	sum[id]=sum[lid]*sum[rid];
  63. }
  64. inline matrix query(int id,int l,int r,int ll,int rr)
  65. {
  66. 	if(l>=ll&&r<=rr)return sum[id];
  67. 	int mid=(l+r)>>1;matrix a;a.init();
  68. 	if(ll<=mid) a=query(lid,l,mid,ll,rr);
  69. 	if(rr>mid) a=a*query(rid,mid+1,r,ll,rr);
  70. 	return a;
  71. }
  72. signed main()
  73. {
  74. 	freopen("string.in","r",stdin);
  75. 	freopen("string.out","w",stdout);
  76. 	n=read();m=read(); scanf("%s",s+1);
  77. 	for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=id(s[i]);
  78. 	init();build(1,1,n);
  79. 	while(m--)
  80. 	{
  81. 		int type=read();
  82. 		if(type==2)
  83. 		{
  84. 			int ll=read(),rr=read();
  85. 			matrix ans=query(1,1,n,ll,rr);
  86. 			ans=tmp[0]*ans;int sum=0;
  87. 			sum=(ans.mat[1][0]+ans.mat[2][0]+ans.mat[3][0])%mod;
  88. 			printf("%lld\n",sum);
  89. 		}
  90. 		else
  91. 		{
  92. 			int pos=read();char c;cin>>c;
  93. 			a[pos]=id(c);update(1,1,n,pos);
  94. 		}
  95. 	}
  96. }

T4 铺设道路

我们假设第0块和第n+1块的高度为0，那么显然此时的答案不会改变

那么，我们首先可以先将其差分一下，我们将每个点的高度干到0，等价于将差分数组全部干到0

对于i>=1&&i<=n来说 我们设b[i]为d[i]-d[i-1]，即差分数组

那么显然最短时间就是sigma(max(b[i],0))；

对于b[l]和b[r],假设我们对l到r-1(r>l)之间施一次工，那么b[l]会-1，b[r]会+1

那么我们考虑一个贪心思想，如果我们想要总体力是最大的，那么我们应该让每个小于0的b[r]匹配的b[l]越远越好

最小的则反之，我们从1枚举每个b[i],如果b[i]>0就将其压入队列，否则就取队尾或者队首进行操作

复杂度O(n);

  1. #include<bits/stdc++.h>
  2. #define int long long
  3. using namespace std;
  4. inline int read()
  5. {
  6. 	int x=0,f=1;char ch=getchar();
  7. 	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
  8. 	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
  9. 	return x*f;
  10. }
  11. const int mod=1e9+7;
  12. const int maxn=3e5+5;
  13. int n,d[maxn],b[maxn];
  14. deque<int >q;
  15. signed main()
  16. {
  17. 	freopen("road.in","r",stdin);
  18. 	freopen("road.out","w",stdout);
  19. 	n=read();int ans=0;
  20. 	for(int i=1;i<=n;i++)
  21. 	{
  22. 		d[i]=read();b[i]=d[i]-d[i-1];
  23. 		ans+=max(0ll,d[i]-d[i-1]);
  24. 	}
  25. 	printf("%lld\n",ans);
  26. 	int maxx=0,minn=0;n++;b[n]=-d[n-1];
  27. 	for(int i=1;i<=n;i++)
  28. 	{
  29. 		if(b[i]>0) q.push_back(i);
  30. 		else while(b[i])
  31. 		{
  32. 			int x=q.back();
  33. 			if(abs(b[i])>=abs(b[x]))
  34. 			{
  35. 				q.pop_back();
  36. 				(maxx+=(i-x)*(i-x)%mod*b[x]%mod)%=mod;
  37. 				b[i]+=b[x];b[x]=0;
  38. 			}
  39. 			else
  40. 			{
  41. 				(maxx+=(i-x)*(i-x)%mod*(-b[i])%mod)%=mod;
  42. 				b[x]+=b[i];b[i]=0;
  43. 			}
  44. 		}
  45. 	}
  46. 	for(int i=1;i<=n;i++) b[i]=d[i]-d[i-1];
  47. 	printf("%lld\n",maxx);
  48. 	for(int i=1;i<=n;i++)
  49. 	{
  50. 		if(b[i]>0) q.push_back(i);
  51. 		else while(b[i])
  52. 		{
  53. 			int x=q.front();
  54. 			if(abs(b[i])>=abs(b[x]))
  55. 			{
  56. 				q.pop_front();
  57. 				(minn+=(i-x)*(i-x)%mod*b[x]%mod)%=mod;
  58. 				b[i]+=b[x];b[x]=0;
  59. 			}
  60. 			else
  61. 			{
  62. 				(minn+=(i-x)*(i-x)%mod*(-b[i])%mod)%=mod;
  63. 				b[x]+=b[i];b[i]=0;
  64. 			}
  65. 		}
  66. 	}
  67. 	printf("%lld\n",minn);
  68. }

总结：：

距离noip2021不远了，csp的失利一直缠绕再我心头，不过我是不会放弃的，加油吧JYF！！！！！！！

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