「雅礼集训 2017 Day1」市场 挺神仙的一题.涉及区间加.区间除.区间最小值和区间和.虽然标算就是暴力,但是复杂度是有保证的. 我们知道如果线段树上的一个结点,\(max=min\) 或者 \(max=min+1\) 并且 \(d|max\),是可以直接剪掉的. 我们定义线段树上一个结点的势能为 \(\log(max-min)\),那么我们每执行一次区间除,都会引起势能的减小. 但是执行区间加时我们涉及 \(\log n\) 个结点,最差情况下会将它们的势能恢复为 \(\log(max-m

[LOJ 6030] 「雅礼集训 2017 Day1」矩阵 题意 给定一个 \(n\times n\) 的 01 矩阵, 每次操作可以将一行转置后赋值给某一列, 问最少几次操作能让矩阵全为 1. 无解输出 -1. \(n \le 1000\). 题解 首先手玩下样例就可以发现一个非常虾皮的明显性质: 因为操作是赋值而不是取或, 于是一定是先让某一行都为 1 然后用这一行去染所有不是全 1 的列. 对于构造一个全 1 的行, 如果行号为 \(k\), 那么显然是用某一行的第 \(k\) 列上的 1

https://loj.ac/problem/6030 如果矩阵第i列有一个黑色, 那可以用他把第i行全都染黑,也可以使任意一列具有黑色 然后就可以用第i行把矩阵染黑 染黑一列的代价最少是1 染黑一行的代价最少是 白点数+(这一列是否有黑色) 如果没有黑色的话还需要1的代价 使这一列有黑色 #include<cstdio> #include<algorithm> #include<iostream> using namespace std; #define N 1001

题意 链接 Sol 自己都不知道自己怎么做出来的系列 不难观察出几个性质: 最优策略一定是先把某一行弄黑,然后再用这一行去覆盖不是全黑的列 无解当且仅当无黑色.否则第一个黑色所在的行\(i\)可以先把第\(i\)列弄出一个黑色,接下来第\(i\)列的黑色可以把第\(i\)行全部弄成黑色. 然后直接算出把每一行弄黑的步数取个min就行了. 代码里面有注释. #include<bits/stdc++.h> #define Pair pair<int, int> #define MP(x

传送门:https://loj.ac/problem/6030 [题解] 以下把白称为0,黑称为1. 发现只有全空才是无解,否则考虑构造. 每一列,只要有0的格子都需要被赋值1次,所以设有x列有含有0的格子,则至少要赋值x次. 现在我们就需要一个全1的行来给这些有0的列赋值. 考虑构造一个全1的行.我们枚举第i行,假装要把他弄成全1的. 设第i行的0的数量为y,那么考虑第i列是否含有1,如果含有1那么就可以用含有1的那列的那行给第i行所有0的地方赋值,需要y步. 如果第i列不含有1,我们要花1次

[LOJ 6031] 「雅礼集训 2017 Day1」字符串 题意 给定一个长度为 \(n\) 的字符串 \(s\), \(m\) 对 \((l_i,r_i)\), 回答 \(q\) 个询问. 每个询问会给定一个长度为 \(k\) 的字符串 \(w\) 以及一对 \(L,R\), 求所有满足 \(i\in [L,R]\) 的 \(w[l_i:r_i]\) 在 \(s\) 中的出现次数之和. \(n,m,k,q\le 1\times 10^5\), \(\sum |w|\le 1\times 10

[LOJ 6029] 「雅礼集训 2017 Day1」市场 题意 给定一个长度为 \(n\) 的数列(从 \(0\) 开始标号), 要求执行 \(q\) 次操作, 每次操作为如下四种操作之一: 1 l r c 给 \([l,r]\) 区间内的值全部加上 \(c\). 2 l r d 给 \([l,r]\) 区间内的值全部除以 \(d\), 向下取整. 3 l r 求 \([l,r]\) 区间内的最小值. 4 l r 求 \([l,r]\) 区间内的值之和. \(n,q\le 1\times 10

填坑填坑.. 感谢wwt耐心讲解啊.. 如果要看这篇题解建议从上往下读不要跳哦.. 30pts 把$A$和$C$看成$n$个$n$维向量,那$A_i$是否加入到$C_j$中就可以用$B_{i,j}$表示了 枚举矩阵$A$,求出它的秩$r$,如果$C$在$A$的线性空间内则$C$可以被$A$表示出来 那么$B$矩阵的方案数就是$(2^{n-r})^n$ 这时候我们可以发现,由于枚举$A$覆盖了所有情况,秩相同的$C$的答案都是一样的 然后就可以打表算答案了.. 60pts 如果不想看可以跳过这段

题意 链接 Sol \(10^5\)次询问每次询问\(10^5\)个区间..这种题第一感觉就是根号/数据分治的模型. \(K\)是个定值这个很关键. 考虑\(K\)比较小的情况,可以直接暴力建SAM,\(n^2\)枚举\(w\)的子串算出现次数.询问用个\(n^2\)的vector记录一下每次在vector里二分就好. \(K\)比较大的情况我没想到什么好的做法,网上的做法复杂度也不是很好.. 然后写了个广义SAM + 暴力跳parent就过了.. 不过这题思想还是很好的 #include<bi

题意 链接 Sol 势能分析. 除法是不能打标记的,所以只能暴力递归.这里我们加一个剪枝:如果区间内最大最小值的改变量都相同的话,就变成区间减. 这样复杂度是\((n + mlogn) logV\)的. 简单的证明一下:如果没有加的话,每个节点会被除至多log次, 总会除4nlogn次,每次区间加会恢复log个点的势能函数,这样总递归次数就是\(nlog^2n\). 下传标记的时候别忘了把min和max都更新一下 #include<bits/stdc++.h> #define Pair pai

题解: 这两道题加上区间取min max应该算线段树几道比较不寻常的题目 其实也是挺好理解的 对于区间/d 显然在log次后就会等于0 而我们注意到如果区间中数都相等那么就可以一起除 也就是说每个区间需要log次除法能相等 而每一次加权操作会造成log个区间不相等 那么时间复杂度就是nlog^2的 并且应该实现出来常数会比较小 区间开根是同理的 区间取min有所不同,见 代码:

题目描述 给出一个长度为 $n$ 的序列,支持 $m$ 次操作,操作有四种:区间加.区间下取整除.区间求最小值.区间求和. $n\le 100000$ ,每次加的数在 $[-10^4,10^4]$ 之间,每次除的数在 $[2,10^9]$ 之间. 题解 线段树+均摊分析 和 [uoj#228]基础数据结构练习题 类似的均摊分析题. 对于原来的两个数 $a$ 和 $b$ ( $a>b$ ) ,原来的差是 $a-b$ ,都除以 $d$ 后的差是 $\frac{a-b}d$ ,相当于差也除了 $d$

老师说,你们暴力求除法也整不了多少次就归一了,暴力就好了(应该只有log(n)次) 于是暴力啊暴力,结果我归天了. 好吧,在各种题解的摧残下,我终于出了一篇巨好看(chou lou)代码(很多结构体党嫌丑) 那么具体除法怎么实现就是关键了 对于单个点或者区间内的数完全相同的区间,可以做成区间减法 因为除法会使数变小,而相同的数减小的量是相同的, 那么怎么判断区间内的数是否完全相同呢? 可以维护一个区间最小与区间最大,如果一个区间内最小数等于最大数,那么显然这个区间内所有数相等 区间最小与区间最大

传送门:https://loj.ac/problem/6029 [题解] 考虑如果有一些近似连续的段 比如 2 2 2 3 3 3,考虑在除3意义下,变成0 0 0 1 1 1,相当于整体-2 又:区间增加很容易造成这种段,所以我们猜测可以暴力维护 用一棵线段树即可.(好像真的能暴力维护啊 我不知道怎么证明复杂度) # include <stdio.h> # include <string.h> # include <iostream> # include <al

题面 传送门 题解 我的线代学得跟屎一样看题解跟看天书一样所以不要指望这题我会写题解 这里 //minamoto #include<bits/stdc++.h> #define R register #define fp(i,a,b) for(R int i=a,I=b+1;i<I;++i) #define fd(i,a,b) for(R int i=a,I=b-1;i>I;--i) #define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i]

点此看题面 大致题意: 维护序列,支持区间加法,区间除法(向下取整),区间求\(min\)和区间求和. 线段树维护区间除法 区间加法.区间求\(min\)和区间求和都是线段树基本操作,因此略过不提. 此题关键在于维护区间除法. 而这有一个复杂度玄学的做法,即将区间除法转化为区间减法. 可以考虑对于每个区间,记录下其最小值和最大值,若最小值和最大值做区间除法所需减去的数相等,则易证整个区间所需减去的数相等. 则我们可以将区间\([l,r]\)分成若干个区间,直至区间最小值与最大值相等即可. 代码

题目 题意:四种操作,区间加法.区间除法(下取整).区间求最小值.区间求和. 第1.3.4个操作都是摆设,关键在于如何做区间除法. 很明显不能直接把区间的和做除法后向下取整,因为区间和可能会多凑出一个除数因子.例如$3,3$,对这两个数的区间除以2取整后变成$1,1$,但如果直接把它们的和6除以2取整后得到的和是3,很明显有误. 但是根据经验,带有区间除法操作的题目一般都会把数给你往小了压.再一看这题,两个修改操作中,区间加法的加数不大且可能是负数,而除数可高达$10^9$! 尤其是除法的大除数

题目传送门:-> 看到题目的第一反应当然是暴力:对于串s建后缀自动机,每次询问中,求w对应的子串在s的SAM中的right集合.O(qmk)听上去显然过不了. 数据范围有个∑w<=1e5,也就是说,q*k<=1e5,当q更小或k更小时可以用不同的方法. k更小时,会发现每个w的子串数可能会很小,子串数可能还没m多.这个时候将m个[li,ri]的询问可能会有重复的,所以可以用vector存一下对于每一个[L,R],满足li=L且ri=R的询问的编号是哪些.求出w对于每个[L,R]有多少个满

LOJ 注意到\(qk \leq 10^5\),我们很不自然地考虑根号分治: 当\(k > \sqrt{10^5}\),此时\(q\)比较小,与\(qm\)相关的算法比较适合.对串\(s\)建SAM,考虑每组询问,将其所有的\((a,b)\)按照\(b\)从小到大排序,然后把\(w\)在\(s\)的SAM上匹配,每当右端点变为\(b\)的时候倍增跳到串\(s[a:b]\)的位置查询endpos即可. 当\(q > \sqrt{10^5}\),此时\(k\)比较小,与\(k^2\)相关的算法比较

loj 注意到每次询问串长度都是给定的,并且询问串长\(k*\)询问次数\(q<10^5\),所以这里面一个东西大的时候另一个东西就小,那么考虑对较小的下功夫 如果\(k\le \sqrt{n}\),那么可以\(O(k^2)\)暴力枚举询问串的每一个子串,然后在\(S\)的sam找到这个子串对应的点,算出出现次数,并且乘上在区间\([a,b]\)中这个子串询问的出现次数.找到子串对应的点为了方便,可以依次让询问串的某个前缀在sam上匹配,然后按长度从大到小枚举前缀的后缀,从匹配位置开始倍增跳父亲