UOJ 思路 模拟赛出了这题,结果我没学过二进制分组--一波主席树然后空间就爆炸了-- 用线段树维护时间序列,每个节点维护\(a_i\to x_i\times a_i+b_i,i\in [1,n]\)的信息.由于每次加入一个操作只会加入两个断点,所以维护数列上每个线段的二元组\((a,b)\). 当一个时间块被填满之后就把两边的二元组归并上来,复杂度是\(O(断点个数)\). 由于一个操作只会加2个断点,一个断点只会被往上合并\(O(\log n)\)次,所以复杂度非常正确. 询问的时候在线段树

uoj description 给出\(n\)个变换,第\(i\)个变换是将区间中\(l_i,r_i\)的数\(x\)变成\((a_ix+b_i)\mod m\). 每次会新增一个变换,或者查询询问如果进行编号\([s,t]\)的操作,第\(k\)个数会变成多少. \(n\le10^5,q\le6\times10^5\) sol 二进制分组. 按顺序把变化插入线段树,如果线段树的某个满了就向上归并两个儿子的变换. \(a_j(a_ix+b_i)+b_j=a_ia_jx+a_jb_i+b_j\)就

注意到操作有结合律,容易想到用一个矩形表示第i次操作对第j个位置的数的影响.那么修改是单行内的区间修改,而查询是单列内的区间查询.这样二维线段树上以列为外层行为内层直接打标记就可以维护.然后就喜闻乐见的被卡常了.当年的标算似乎就是树套树,然而都是可持久化AVL树之类难懂的话. #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long #define N 100010 #define mp(x,y) make_pair((

  题目传送门:uoj46   题意简述:要求在序列上维护一个操作间支持结合律的区间操作,查询连续一段时间内的操作对单点的作用效果,\(n \leq 10^5,m \leq 6 \times 10^5\).   刚开始看到这道题的时候想到树套树,然而需要用到的空间太大,时间复杂度无法承受,再一看有8s的时限,就试着强行对操作分块,看看能不能\(O(m \sqrt m)\)卡过去,不过极限数据下再怎么优化也要10s,卡不过去.   正解可以用二进制分组的思想,对操作序列维护一棵线段树,每个结点维护

uoj 因为询问是关于一段连续区间内的操作的,所以对操作构建线段树,这里每个点维护若干个不交的区间,每个区间\((l,r,a,b)\)表示区间\([l,r]\)内的数要变成\(ax+b\) 每次把新操作加入线段树中下一个叶子,然后如果某个节点里所有操作都加进去了,就条到父亲,把两个儿子的信息合并到父亲上.这里合并就是把两个区间集合合并成一个,例如两个区间\([a,c]\)和\([b,d](a\le b\le c\le d)\)会合并成\([a,b),[b,c),[c,d]\).合并出来的区间如果

[清华集训2014]矩阵变换 Time Limit: 20 Sec  Memory Limit: 256 MB 题目连接 http://uoj.ac/problem/41 Description 给出一个 N 行 M 列的矩阵A, 保证满足以下性质: M>N.    矩阵中每个数都是 [0,N] 中的自然数.    每行中, [1,N] 中每个自然数都恰好出现一次.这意味着每行中 0 恰好出现 M−N 次.    每列中,[1,N] 中每个自然数至多出现一次. 现在我们要在每行中选取一个非零数,

#38. [清华集训2014]奇数国 思路: 题目中的number与product不想冲: 即为number与product互素: 所以,求phi(product)即可: 除一个数等同于在模的意义下乘以一个数的逆元: 代码: #include <cstdio> #include <cstring> #include <iostream> #include <algorithm> using namespace std; #define maxn 100005

传送门 分析 清华集训真的不是人做的啊嘤嘤嘤 我们可以考虑按操作时间把每个操作存进线段树里 如果现在点x正好使一个整块区间的右端点则更新代表这个区间的点 我们不难发现一个区间会因为不同的操作被分成若干块,每块对应序列上不同的区间 于是查询时对于每个线段树上区间查询时二分查找当前点在哪一块中即可 代码 #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<string> #include&

清华集训2014sum 求\[∑_{i=1}^{n}(-1)^{⌊i√r⌋}\] 多组询问,\(n\leq 10^9,t\leq 10^4, r\leq 10^4\). 吼题解啊 具体已经讲得很详细了(找了好久才找到的良心题解.) 首先看到向下取整的式子要会拆开. 然后套类欧几里德. 这里的类欧几里德比较简单,因为可以看作是\(y=kx\)的正比例的向下整点. 如果\(k>1\),那么就相当与直接算上面的点,然后把直线砍到\(k\leq 1\). 否则取反函数,相当于减小了\(n\)而增大了\(

题目描述 巨酱有 n 副耳机,他把它们摆成了一列,并且由 1 到n依次编号.每个耳机有一个玄学值,反映了各自的一些不可名状的独特性能.玄学值都是 0 到 m-1 间的整数.在外界的作用下(包括但不限于换线.上放.更换电源为核电.让kAc叔叔给它们讲故事),这些耳机的玄学值会发生改变.特别地,巨酱观察发现,每种作用 o 对应了两个整数 ao与 bo,在这种作用之后,玄学值原本为 x 的耳机,其玄学值恰会变成 (aox+bo)modm. 巨酱对他手头耳机的表现并不满意,遗憾的是,最近他并不有钱,无法

传送门 Sol 考虑对于操作时间建立线段树,二进制分组 那么现在主要的问题就是怎么合并信息 你发现一个性质,就是每个修改只会在整个区间内增加两个端点 那么我们二进制分组可以得到每个区间内最多只有区间长度级别段,每一段的修改都是一样的 那么可以直接一层层归并上来 最后询问就是二分每一个线段树的节点的询问段即可 修改复杂度 \(\Theta(n log n)\) 询问复杂度 \(\Theta(n log^2 n)\) # include <bits/stdc++.h> using namespac

题目链接:UOJ 这题的时间线段树非常的妙. 对时间建立线段树,修改的时候在后面加,每当填满一个节点之后就合并进它的父亲. 对于一个节点维护序列,发现这是一个分段函数,合并就是归并排序.于是就形成了差不多这样的一个结构. 查询的时候在分段函数上二分. 因为每个断点至多被合并\(\log n\)次,所以时间复杂度是\(O(n\log^2n+m\log n)\) #include<bits/stdc++.h> #define Rint register int using namespace st

题目 如题. 算法 就是刚学习的插头DP. 从前往后和从后往前分别进行一次DP. 要点 合法的括号序列只有103个 如何合并两次dp的信息 一开始犯傻了,以为当且仅当两个轮廓线的状态相同才是合法的方案.其实很容易举出反例. 如果直接枚举的话,每次询问的时间复杂度是\(O(103^2 m)\). 为了加快速度,可以把所有合法的方案先列举出来(就是预处理),只有\(103^2\)个.每次询问的复杂度优化为\(O(103^2)\). 时间复杂度 \(O(103 \cdot n \cdot m + 10

题目 算法 稳定婚姻系统(其实就是贪心) 一个方案不合法,当且仅当下面这种情况: 设第\(i\)行选了数字\(x\),如果第\(j\)行有一个\(x\)在第\(i\)行的\(x\)后面,并且第\(j\)行所选的数字在第\(j\)行的\(x\)后面. 分析到这里就是典型的稳定婚姻系统了. 代码 #include <cstdio> #include <cstring> #include <iostream> #include <algorithm> #inclu

题目 这可算是一道非常好的关于容斥原理的题了. 算法 好吧,这题我毫无思路,直接给正解. 首先,问题的正面不容易求,那么就求反面吧: 有多少种添加边的方案,使得这个图是DAG图(这里及以下所说的DAG图都是指这个图不是整个强连通的). 利用容斥原理,DAG图的特征是有至少一个入度为\(0\)的点并且这个图不止一个点(这里及以下所说的点都是指求强连通后的点),就根据这个进行容斥. 设\(g(set)\)为集合里的点都是入度为\(0\)的方案数,注意,这个有点特别,比如这个: 它的值应该为\(0\)

题目 这可算是描述很简单的一道题了!但是不简单. \(S\)是一个可重集合,\(S = \{a_1, a_2, \dots, a_n \}\). 等概率随机取\(S\)的一个子集\(A = \{a_{i_1}, \dots, a_{i_m}\}\). 计算出\(A\)中所有元素异或\(x\), 求\(x^k\)的期望. 要点 要点 1 所有异或出来的不同结果的数量是同样多的(这句话可能有点不清楚). 我的意思是说,假如异或出来的结果有\(5\).\(3\).\(4\),那么结果是\(5\)的异或

题目 题目看起来好像很难的样子!其实不然,这是最简单的一道题. 算法 首先要注意的是: \(number \cdot x + product \cdot y = 1\) ,那么我们称\(number\)与\(product\)不相冲. 等价于 当\(number\)和\(product\)互质时,那么我们称\(number\)与\(product\)不相冲. 所以求与\(product\)不冲突的\(number\)个数,即是求\(\varphi (product)\)(即\(product\)

 number⋅x+product⋅y=1  有整数x,y解的条件是gcd(number, product) == 1. product用线段树维护一下,然后现学了个欧拉函数. 可以这样假如x = p1^a1 * p2^a2 * p3^a3 * ... * pn^an,那么phi(x) = (p1 - 1) * p1^(a1 - 1) + (p2 - 1) * p2^(a2 - 1) + (p3 - 1) * p3^(a3 - 1) + ... + (pn - 1) * pn^(an - 1).

Description 给出一个 $N$ 行 $M$ 列的矩阵A, 保证满足以下性质: $M > N$. 矩阵中每个数都是 $[0, N]$ 中的自然数. 每行中, $[1, N]$ 中每个自然数都恰好出现一次.这意味着每行中 $0$ 恰好出现 $M - N$ 次. 每列中,$[1, N]$ 中每个自然数至多出现一次. 现在我们要在每行中选取一个非零数,并把这个数之后的数赋值为这个数.我们希望保持上面的性质4,即每列中,$[1, N]$ 中每个自然数仍然至多出现一次. Input 第一行一个正整

题目大意:给n个数字,求子集的异或和的k次方的期望(n<=10^5,k<=5,保证答案小于2^63) 做法:首先如果从集合中拿出a和b,把a和a xor b放回集合,子集的异或和与原来是一一对应的,用高斯消元的思想可以消到只剩log个数,其他都是0,对答案没有影响.然后考虑k次方的期望,我们把二进制下每一位拆开,假设第i位的数字为xi,答案为(x1+x2+...+xlog)^k的期望,展开式子后发现是选k次x1~xlog中的数(可以重复选),每种选法选的位的乘积的期望的和,暴力枚举每种选法,复