[考试反思]0909csp-s模拟测试41：反典

说在前面：我是反面典型！！！不要学我！！！

说在前面：向rank1某脸学习，不管是什么题都在考试反思后面稍微写一下题解。

这次是真的真的运气好。。。

这次知识点上还可以，但是答题策略出了问题。。。

幸亏平时攒的rp生效了（前一天比较耐心的教不少人题来着，与某脸形成对比rp++）（然而可能也并不耐心）

考试过程：

考前，大脸说他可能不是第一个AK csp-s赛制的人，但是应该是第一个AC的。

于是我的目标就变成了抢第一个AC：我要快速切掉最简单的题！！！

考前flag必倒。。。

于是反正第一步就是先找到最简单的题吧。。。

过了一边三道题：T1显然需要找规律并不是很快能切掉，T2数据结构去死吧不会

等等，T3这是啥？大力模拟？STL set可以水？

发现自己hack不掉，然后就开始码。

好写好调。（其实都没怎么调，过编译就过样例）

刚好这题没有大一点的样例，我就直接交了。

然而心急了。细节打错了！

不要给自己凭空施压！

从时间上看的确是第一个，但不是第一个AC。。。

考后5分钟乱改就A了。

然后相较于T2当然我宁愿滚去推式子于是T2暴力都没有打。

然后就去推式子了。然后就差不多死了。（详见下方题解）

暴力很好弄啊。。。但是用了一个小时

但是我的暴力始终过不了小样例里的某一个询问，其实是我手抄样例时抄错了。

我还以为我打错了，心态略崩。抱着骗分的想法继续了。

然后发现会MLE，优化，又用了一个小时。。。

这还是比某孩子tdcp直接MLE0好一些的。

不要忘了还有MLE这种错。

于是我还有20分钟，不抛弃不放弃去T2打暴力。

14分钟完成，过不了样例结果发现和我手模结果一致。。。我手模都不对。。。？！

又看错题了！！！

做题之前不管时间多么紧迫一定要好好看题再手模一个样例！！！不要白费时间！！！

然后就结束了，平时一定会炸一道题，我就交了两个如果炸掉一个的话就只剩100分/80分了

但是rp爆发没有爆炸，拿到了100+空白+80=180。

然后教练说：吴迪又是一个反面示范。

我错了了了了了了了。。。。。

一定要打暴力！！！！

题解区：

T1：夜莺与玫瑰

我的式子是$ \sum\limits_{i=1}^{n-1} \sum\limits_{j=1}^{m-1} [gcd(i,j)==1] \times (min(i,n-i) \times (m-j) + min(j,m-j) \times (n-i) - min(i,n-i) \times min(j,m-j)) $

很长，很丑，但是有具体含义，我给Alpaca解释过了但是实在太复杂，对实际含义感兴趣的可以来找我。

现在的问题是化简。

我们可以发现最不好搞的两项就是min的项，但是只要分类讨论i和n-i的关系以及j同理，那么就可求了。

当i和j分别小于n/2和m/2时，式子的值可以化简为$ \sum\limits_{i=1}^{n/2} \sum\limits_{j=1}^{m/2} [gcd(i,j)==1] n*j+m*i-i*j*3 $

在其他情况下，同理可以化简为只含有ij,im,jn,ij的项

那么我们可以预处理ij，i，j，1在gcd(i,j)==1时的前缀和，4个二维数组干上再O(1)计算即可

发现会MLE。

那么我们就可以离线所有询问，使询问的n递增，我们一次只处理二位数组的一行就行了。

 //for(int i=1;i<=n-1;++i)for(int j=1;j<=m-1;++j)if(gcd(i,j)==1)
 //    ans+=min(n-i,i)*(m-j)+(n-i)*min(m-j,j)-min(n-i,i)*min(m-j,j);
 #include<cstdio>
 #include<algorithm>
 using namespace std;
 const long long mod=<<;
 long long sig_1[],sig_i[],sig_j[],sig_ij[];
 long long si_1[],si_i[],si_j[],si_ij[];
 long long s_1,s_i,s_j,s_ij;
 int gcd(int a,int b){return b?gcd(b,a%b):a;}
 struct ps{int m,n,ord,ans;}p[];
 bool com_n(ps a,ps b){return a.n<b.n;}
 bool com_ord(ps a,ps b){return a.ord<b.ord;}
 void Mod(long long &p){if(p>=mod)p-=mod;}
 int main(){
     int T,p1=,p2=;
     scanf("%d",&T);
     for(int i=;i<=T;++i)scanf("%d%d",&p[i].n,&p[i].m),p[i].ord=i;
     sort(p+,p++T,com_n);
     for(int i=;i<=T;++i){
         int n=p[i].n,m=p[i].m;
         while(p1<n/){
             p1++;
             for(int j=;j<=;++j){
                 if(gcd(p1,j)==)s_1++,Mod(s_i+=p1),Mod(s_j+=j),(s_ij+=p1*j)%=mod;
                 Mod(sig_1[j]+=s_1),Mod(sig_i[j]+=s_i),
                 Mod(sig_j[j]+=s_j),Mod(sig_ij[j]+=s_ij);
             }
             s_1=s_i=s_j=s_ij=;
         }
         while(p2<n-){
             p2++;
             for(int j=;j<=;++j){
                 if(gcd(p2,j)==)s_1++,Mod(s_i+=p2),Mod(s_j+=j),(s_ij+=p2*j)%=mod;//if(j<=2)printf("--%lld\n",s_1);
                 Mod(si_1[j]+=s_1),Mod(si_i[j]+=s_i),
                 Mod(si_j[j]+=s_j),Mod(si_ij[j]+=s_ij);//if(j<=2)printf("%lld\n",si_1[j]);
             }
             s_1=s_i=s_j=s_ij=;
         }
         p[i].ans=(mod+(
             (-n*m*sig_1[m/]-*sig_ij[m/]+*sig_i[m/]*m+*sig_j[m/]*n)
             +
             (n*m*si_1[m-]+si_ij[m-]-si_i[m-]*m-si_j[m-]*n)
         )%mod)%mod;//printf("%lld %lld %lld %lld\n",si_1[m-1],si_ij[m-1],si_i[m-1],si_j[m-1]);
     }
     sort(p+,p++T,com_ord);
     for(int i=;i<=T;++i)printf("%lld\n",(p[i].ans*+p[i].n+p[i].m)%mod);
 }

记录思想（包括其它大神用的）：

• 离线
• 记忆化gcd（去掉log）
• 反演（带根号回答询问）
• 拆式子，去min，max，保留不同的0，1，2次项求前缀和
• 卡空间，运行内存实际很小，2×4000×4000在128M下可过
• 询问排序递增，单调指针硬扫

T2：影子

考场上没打，不多说

前置知识：树的直径。

树上任意一点开始dfs，距离最远的点一定是直径的两个端点之一。

接下来按照点权排序，从大到小解锁每一个点。

然后我们用并查集维护当前树的直径以及端点，每次合并AB时分别讨论：

1.直径就是A里的直径

2.就是B里的

3-6.是从A的端点里选一个，走到目前枚举的边，再走到B的一个端点

取最优决策，用直径×点权更新ans。

因为前两种情况里直径一定被更大或相等的点权枚举过，所以用较小的点不会使ans变大，故决策最优。

预处理，倍增求LCA，树上前缀和，实现O(log)查询两点距离。

 #include<cstdio>
 #include<iostream>
 #include<algorithm>
 using namespace std;
 #define int long long
 int t,n,fir[],l[],to[],cnt,f[],al[],p1[],p2[];
 int ans,v[],d[],F[][],dep[],dt[];
 struct ps{int p,v;friend bool operator<(ps a,ps b){return a.v>b.v;}}p[];
 void link(int a,int b,int vv){l[++cnt]=fir[a];fir[a]=cnt;to[cnt]=b;v[cnt]=vv;}
 int find(int k){return f[k]==k?k:f[k]=find(f[k]);}
 void dfs(int p,int fa){
     F[][p]=fa;dep[p]=dep[fa]+;
     for(int i=;i<=;++i)F[i][p]=F[i-][F[i-][p]];
     for(int i=fir[p];i;i=l[i])if(to[i]!=fa)dt[to[i]]=dt[p]+v[i],dfs(to[i],p);
 }
 int DT(int a,int b){//printf("DT:%lld %lld\n",a,b);
     int A=a,B=b,subdep=dep[a]-dep[b];
     if(subdep<)subdep=-subdep,a^=b^=a^=b,A^=B^=A^=B;
     for(int i=;i<=;++i)if(subdep&<<i)a=F[i][a];
     if(a==b)return dt[A]-dt[B];
     for(int i=;~i;--i)if(F[i][a]!=F[i][b])a=F[i][a],b=F[i][b];
     a=F[][a];
     return dt[A]+dt[B]-dt[a]-dt[a];
 }
 main(){//freopen("b.in","r",stdin);
     //freopen("x.in","r",stdin);//freopen("my.out","w",stdout);
     scanf("%lld",&t);
     while(t--){
         scanf("%lld",&n);
         for(int i=;i<=n;++i)f[i]=p1[i]=p2[i]=i;
         for(int i=;i<=n;++i)scanf("%lld",&p[i].v),p[i].p=i;
         sort(p+,p++n);
         for(int i=,a,b,vv;i<n;++i)scanf("%lld%lld%lld",&a,&b,&vv),link(a,b,vv),link(b,a,vv);
         dfs(,);
         for(int i=;i<=n;++i){
             int P=p[i].p;al[P]=;//printf("Unlocked : %lld\n",P);
             for(int j=fir[P];j;j=l[j])if(al[to[j]]){
                 int F=find(to[j]);f[F]=P;
                 int d1=DT(P,p1[P]),d2=DT(P,p2[P]),totd,c1,c2;
                 if(d1>d2)totd=d1,c1=p1[P];else totd=d2,c1=p2[P];//printf("%lld %lld %lld %lld\n",d1,d2,p1[P],p2[P]);
                 d1=DT(to[j],p1[F]),d2=DT(to[j],p2[F]);
                 if(d1>d2)totd+=d1,c2=p1[F];else totd+=d2,c2=p2[F];//printf("%lld %lld %lld %lld\n",d1,d2,p1[F],p2[F]);
                 if(totd+v[j]>d[P])d[P]=totd+v[j],p1[P]=c1,p2[P]=c2;//,puts("UPD");
                 if(d[F]>d[P])d[P]=d[F],p1[P]=p1[F],p2[P]=p2[F];
                 ans=max(ans,d[P]*p[i].v);//printf("%lld %lld %lld %lld\n",to[j],d[P],p1[P],p2[P]);
             }
         }printf("%lld\n",ans);
         for(int i=;i<=n;++i)fir[i]=d[i]=al[i]=;
         cnt=ans=;
     }
 }

思路积累：

• 并查集维护联通块
• 树的直径性质
• 点分治做法（没打，但是简单粗暴，难打好想）
• 贪心，按顺序解锁点
• 预处理做到O(log)求树上点对距离{树上差分+倍增LCA}
• 要会打暴力

T3：玫瑰花精

set大力模拟即可。

维护两个set，一个存两个花精之间的间隔，另一个存位置。

不断按照题意insert，erase即可。

 #include<cstdio>
 #include<set>
 #include<vector>
 using namespace std;
 struct ps{
     int dt,sp;
     friend bool operator<(ps a,ps b){
         return a.dt/>b.dt/||(a.dt/==b.dt/&&a.sp<b.sp);
     }
 };
 set<ps>bl;set<int>p;
 int n,m,o,x,ip[];
 int main(){//freopen("c.in","r",stdin);
     scanf("%d%d",&n,&m);
     while(m--){
         scanf("%d%d",&o,&x);
         if(o==){
             if(p.size()==)p.insert(),ip[x]=,puts("");
             else if(p.size()==){
                 int xx=*p.begin();
                 if(xx>=n>>)p.insert(),ip[x]=,puts(""),bl.insert((ps){xx,});
                 else p.insert(n-),ip[x]=n-,printf("%d\n",n),bl.insert((ps){n-xx-,xx});
             }
             else{
                 int p1=*p.begin(),p2=n-(*(--p.end()))-,p3=(*bl.begin()).dt/,p3p=(*bl.begin()).sp;
                 if(p1>=p2&&p1>=p3)p.insert(),ip[x]=,puts(""),bl.insert((ps){p1,});
                 else if(p2>p3)p.insert(n-),ip[x]=n-,printf("%d\n",n),bl.insert((ps){p2,n-p2-});
                 else{
                     int l=p3p,r=(*bl.begin()).dt+p3p,xx=l+r>>;
                     p.insert(xx);ip[x]=xx;printf("%d\n",xx+);
                     bl.insert((ps){r-xx,xx});bl.insert((ps){xx-l,l});
                     bl.erase(bl.begin());//printf("%d %d %d\n",l,r,xx);
                 }
             }
         }else{
             if(p.size()<=)p.erase(ip[x]),bl.clear();
             else{
                 if(ip[x]==(*p.begin()))bl.erase((ps){(*p.upper_bound(ip[x]))-ip[x],ip[x]});
                 else if(ip[x]>=(*(--p.end())))bl.erase((ps){ip[x]-(*(--p.end())),(*(--p.end()))});
                 else{
                     int lp=*(--(p.lower_bound(ip[x]))),rp=*(p.upper_bound(ip[x]));
                     bl.erase((ps){rp-ip[x],ip[x]});bl.erase((ps){ip[x]-lp,lp});
                     bl.insert((ps){rp-lp,lp});
                 }
                 p.erase(ip[x]);
             }
         }
     }
 }

思路积累：

• STL的熟练应用
• 线段树维护最长区间（同《旅馆Hotel》，我还没有A）
• 代码实现细节，注意先后顺序
• 重载比较函数的多样性