test20190904 JKlover

100+100+100=300。最后十分钟极限翻盘。

树链剖分

给一棵以1为根的有根树,开始只有1有标记.

每次操作可以给某个点打上标记,或者询问从某个点开始向上跳,遇到的第一个有标记的点.

对于 100% 的数据, n ≤ 10⁶, m ≤ 5 × 10⁶。

题解

若把查询看成找树根， 发现打标记的操作相当于断边。

那么倒着做就相当于加边了。于是用并查集维护即可。

注意一些特殊情况：给1打标记，重复打标记。

天气之子

有 n 个人依次进入观影厅, 观看 Weathering with You .

观影厅只有一排座位, 第 1 个人进入时, 会选择第 1 个座位坐下.

由于观影厅空调坏掉了, 十分炎热, 之后的每个人进入时, 他会选择一个离最近的已经坐下的人尽可能远的空位.

如果有多个空位使得离最近的人同样远, 则他会从其中随机选取一个.

若有两个人选择的位置相邻, 他们就会不满意.

为了让所有人都满意, 观影厅至少需要有几个座位呢?

对于 100% 的数据, n ≤ 10¹⁰⁰⁰.

题解

对每个座位数能够容纳的人数进行打表可以发现，容纳人数是递增的。有个特殊的人数数列

\[A=\{2,3,5,9,17,33,\dots,2^{n-1}+1\}
\]

对于每个人数 \(a_i\)，都对应了一段的座位数 \([n+n-1,n+2(n-1)]\)。这一段座位数能够容纳的人数都是 \(a_i\)，并且两两间隔从 \(1\) 逐渐增大到 \(2\)。而对于非 \(a_i\) 数列中的人数，只有一个座位数的容纳人数与之相等。

于是用高精度算一下大于等于 \(n\) 的最小的 \(a_i\)，然后简单计算即可。

打表程序

co int N=10000+10;
int v[N],le[N],ri[N];
int f[N];
int main(){
	cout<<1<<" "<<1<<endl<<2<<" "<<1<<endl;
	for(int n=3;n<=1000;++n){
		fill(v+1,v+n+1,0),v[1]=v[n]=1;
		int ans=2;
		while(1){
			for(int i=1;i<=n;++i) le[i]=v[i]?i:le[i-1];
			for(int i=n;i>=1;--i) ri[i]=v[i]?i:ri[i+1];
			int len=1,pos;
			for(int i=1;i<=n;++i)
				if(min(i-le[i],ri[i]-i)>len) len=min(i-le[i],ri[i]-i),pos=i;
			if(len==1) break;
			v[pos]=1,++ans;
		}
		cout<<n<<" "<<ans<<endl;
	}
	return 0;
}

AC 程序

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
template<class T> T read(){
	T x=0,w=1;char c=getchar();
	for(;!isdigit(c);c=getchar())if(c=='-') w=-w;
	for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0';
	return x*w;
}
template<class T> T read(T&x){
	return x=read<T>();
}
#define co const
#define il inline
typedef long long LL;

co int N=113,mod=1000000000;
co int P10[10]={1,10,100,1000,10000,100000,1000000,10000000,100000000,1000000000};
struct node{
	int n,v[N];
// 123456789123456789
	void input(){
		static char s[1001];
		scanf("%s",s);int len=strlen(s);
		reverse(s,s+len);
		n=(len-1)/9;
		for(int i=0;i<len;++i) v[i/9]+=P10[i%9]*(s[i]-'0');
	}
	void output(){
		printf("%d",v[n]);
		for(int i=n-1;i>=0;--i) printf("%09d",v[i]);
	}
	node operator+(int x){ // x=1
		node c=*this;
		c.v[0]+=x;
		return c;
	}
	node operator-(int x){ // x=1
		node c=*this;
		c.v[0]-=x;
		for(int i=0;i<=c.n;++i){
			if(c.v[i]<0) c.v[i]+=mod,--c.v[i+1];
			else break;
		}
		while(c.n&&!c.v[c.n]) --c.n;
		return c;
	}
	node operator-(co node&b){ // *this>=b
		node c=*this;
		for(int i=0;i<=c.n;++i){
			c.v[i]-=b.v[i];
			if(c.v[i]<0) c.v[i]+=mod,--c.v[i+1];
		}
		while(c.n&&!c.v[c.n]) --c.n;
		return c;
	}
	node&operator*=(int x){ // x=2
		for(int i=0;i<=n;++i) v[i]*=x;
		for(int i=0;i<=n;++i) v[i+1]+=v[i]/mod,v[i]%=mod;
		if(v[n+1]) ++n;
		return *this;
	}
	bool operator<(node&b){
		if(n!=b.n) return n<b.n;
		for(int i=n;i>=0;--i)
			if(v[i]!=b.v[i]) return v[i]<b.v[i];
		return 0;
	}
}n,a;

int main(){
	freopen("tenki.in","r",stdin),freopen("tenki.out","w",stdout);
	n.input();
	if(n.n==0&&n.v[0]==1) {puts("1");return 0;}
	a.v[a.n=0]=1;
	while(a+1<n) a*=2;
	a=a+1;
	node b=a-n;
	a*=2,a=a-1,a=a-b;
	a.output();
	return 0;
}

层层染君色

给定一个正整数 k , 以及一棵 n 个节点的以 1 为根的有根树, 边有长度.

记 LCA(a, b) 表示 a 与 b 在树上的最近公共祖先, dist(a) 表示树根到 a 的距离.

每个节点可以是黑色或白色, 初始时每个节点的颜色为白色.

进行 m 次操作, 每次操作是以下两种形式之一:

修改操作: 给出一个修改节点 x , 将节点 x 染上黑色. 不保证 x 在染色前为白色.

询问操作: 给出一个询问节点 x , 记所有黑点形成的集合为 S , 求出下面式子的值:

∑_y∈S F(dist(LCA(x, y)))

其中函数 F 定义为,

F(x) = ∑_i=1~Xi^k

由于答案可能很大, 只需要输出答案对 P = 998244353 取模的结果.

对于 100% 的数据, 1 ≤ n ≤ 10⁵, 1 ≤ k < P, 0 ≤ d ≤ 10⁷, 且保证 ∀x ∈ [1, n], dist(x) ≤ 10⁷

题解

那个 F 函数只能用线性筛预处理。

观察到询问操作只与自己到根这条链有关，那么树上统计树剖即可。注意为了在父亲处去掉自己的贡献，需要将权值设为 F(dist(x))-F(dist(fa_x))。

read(K);
p[1]=1,F[1]=1;
for(int i=2;i<M;++i){
    if(!p[i]) p[++cnt]=i,F[i]=fpow(i,K);
    for(int j=1;j<=cnt&&i*p[j]<M;++j){
        p[i*p[j]]=1,F[i*p[j]]=mul(F[i],F[p[j]]);
        if(i%p[j]==0) break;
    }
}
for(int i=2;i<M;++i) F[i]=add(F[i-1],F[i]);