2018年第十届ACMICPC四川省大学程序设计竞赛
..拿金了 没给学校丢脸
A
....SB题啊 比赛的时候都没看 裸的一个bitset前缀和
先开一个1e4*1e4的二维bitset数组 初始第i个数组的值为1 << i (即B[i]=1 B[i]<<=i)
很容易我们可以知道要单独翻转某一位而不去影响其他位的话 方法是唯一的
然后我们从可以后往前DP 就可以知道要单独翻转某一位的话需要翻转那些位
最后的每次翻转过后的答案就是 上一个答案^PreL-1 ^PreR
注意用cout的话容易System Error......(再喷一次OJ
/*Huyyt*/
#include<bits/stdc++.h>
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const int dir[][] = {{, }, {, }, {, -}, { -, }, {, }, {, -}, { -, -}, { -, }};
const int mod = 1e9 + , gakki = + + + + 1e9;
const int MAXN = 1e5 + , MAXM = 1e5 + , N = 1e4 + ;
const int MAXQ = ;
int to[MAXM << ], nxt[MAXM << ], Head[MAXN], tot = ;
inline void addedge(int u, int v)
{
to[++tot] = v;
nxt[tot] = Head[u];
Head[u] = tot;
}
inline void read(int &v)
{
v = ;
char c = ;
int p = ;
while (c < '' || c > '')
{
if (c == '-')
{
p = -;
}
c = getchar();
}
while (c >= '' && c <= '')
{
v = (v << ) + (v << ) + c - '';
c = getchar();
}
v *= p;
}
int n, m, l, r;
bitset<N> B[], pre[], ans;
int main()
{
ios_base::sync_with_stdio();
cin.tie();
int T;
read(T);
while (T--)
{
ans.reset();
read(n), read(m);
for (int i = ; i <= n; i++)
{
B[i].reset();
}
B[] = ;
for (int i = n; i >= ; i--)
{
B[i] = ;
B[i] <<= i;
for (int j = * i; j <= n; j += i)
{
B[i] = B[i] ^ B[j];
}
}
pre[] = ;
for (int i = ; i <= n; i++)
{
pre[i] = pre[i - ] ^ B[i];
}
for (int i = ; i <= m; i++)
{
read(l), read(r);
ans = ans ^ pre[l - ] ^ pre[r];
printf("%d\n", ans.count());
}
}
return ;
}
B(比赛通过)
水题
C(比赛通过)
把不同的字符串看作是点
用AC自动机建边 跑一遍即可
D
最后没有时间了 没做出来 其实蛮简单的
在没有确定根之前 满足一对pilot要求的点是这两个点的子树
在确定了一个节点为根之后 就可以分为两种情况
1.两个pilot不是一条链上的 则两个点的子树+1
2.两个pilot是一条链上的 则先全部节点+1 再把父亲到这个儿子的子树(不包括父亲节点)-1 再把儿子的子树+1
最后看值为m的点有多少个 即为答案+1 -1的这些操作用一个数组维护 dfs从父亲到儿子作前缀和即可
可以倍增(NlogN)做 也可以tarjan+dfs序(N)
倍增:
加读入挂的话 可以减到5500ms
/*Huyyt*/
#include<bits/stdc++.h>
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const int dir[][] = {{, }, {, }, {, -}, { -, }, {, }, {, -}, { -, -}, { -, }};
const int mod = 1e9 + , gakki = + + + + 1e9;
const int MAXN = 1e5 + , MAXM = 1e5 + ;
const int maxl = ;
const int MAXQ = ;
int to[MAXM << ], nxt[MAXM << ], Head[MAXN], tot = ;
inline void addedge(int u, int v)
{
to[++tot] = v;
nxt[tot] = Head[u];
Head[u] = tot;
}
int flag = ;
int n, m, anser = ;
int presum[MAXN];
int grand[MAXN][maxl]; //x向上跳2^i次方的节点，x到他上面祖先2^i次方的距离
int gw[MAXN][maxl]; //维护距离的数组
int depth[MAXN];//深度
int root;
int N; //N的意思是最多能跳几层
void dfs(int x)//dfs建图
{
for (int i = ; i <= N; i++) //第一个几点就全部都是0,第二个节点就有变化了,不理解的话建议复制代码输出下这些数组
{
grand[x][i] = grand[grand[x][i - ]][i - ]; //倍增 2^i=2^(i-1)+2^(i-1)
}
for (int i = Head[x]; i; i = nxt[i])
{
int v = to[i];
if (v != grand[x][])
{
depth[v] = depth[x] + ;
grand[v][] = x;
dfs(v);
}
}
}
void Init()
{
tot = ;
anser = ;
for (int i = ; i <= n; i++)
{
presum[i] = Head[i] = ;
}
N = floor(log(n + 0.0) / log(2.0));//最多能跳的2^i祖先
depth[root] = ; //根结点的祖先不存在，用-1表示
depth[] = -;
memset(grand, , sizeof(grand));
}
int lca(int a, int b)
{
if (depth[a] > depth[b])
{
swap(a, b); //保证a在b上面，便于计算
}
int ans = ;
for (int i = N; i >= ; i--) //类似于二进制拆分，从大到小尝试
{
if (depth[a] < depth[b] && depth[grand[b][i]] >= depth[a]) //a在b下面且b向上跳后不会到a上面
{
b = grand[b][i]; //先把深度较大的b往上跳
}
}
if (a == b)
{
return a;
}
for (int j = N; j >= ; j--) //在同一高度了,他们一起向上跳,跳他们不相同节点，当全都跳完之后grand【a】【0】就是lca,上面有解释哈。
{
if (grand[a][j] != grand[b][j])
{
a = grand[a][j];
b = grand[b][j];
}
}
return grand[a][];
}
int lca2(int a, int b)
{
if (depth[a] > depth[b])
{
swap(a, b); //保证a在b上面，便于计算
}
int ans = ;
for (int i = N; i >= ; i--) //类似于二进制拆分，从大到小尝试
{
if (depth[a] + < depth[b] && depth[grand[b][i]] >= depth[a] + ) //a在b下面且b向上跳后不会到a上面
{
b = grand[b][i]; //先把深度较大的b往上跳
}
}
return b;
}
void getadd(int x, int fa)
{
presum[x] += presum[fa];
for (int i = Head[x]; i; i = nxt[i])
{
int v = to[i];
if (v != fa)
{
getadd(v, x);
}
}
}
int main()
{
ios_base::sync_with_stdio();
cin.tie();
root = ;
int T;
scanf("%d",&T);
while (T--)
{
int u, v;
scanf("%d %d", &n, &m);
Init();
for (int i = ; i <= n - ; i++)
{
scanf("%d %d", &u, &v);
addedge(u, v), addedge(v, u);
}
dfs(root);
for (int i = ; i <= m; i++)
{
scanf("%d %d", &u, &v);
int now = lca(u, v);
//cout << "lca" << now << endl;
if (now == u || now == v)
{
int cnt = lca2(u, v);
//cout << "lca2 " << cnt << endl;
if (now == u)
{
presum[]++;
presum[cnt]--;
presum[v]++;
}
else
{
presum[]++;
presum[cnt]--;
presum[u]++;
}
}
else
{
presum[u]++, presum[v]++;
}
}
getadd(, );
// for (int i = 1; i <= n; i++)
// {
// cout << "presum" << i << " " << presum[i] << endl;
// }
for (int i = ; i <= n; i++)
{
if (presum[i] == m)
{
//cout << i << endl;
anser++;
}
}
cout<<anser<<endl;
}
return ;
}
tarjan做法:
没有用到dfs序 只是dfs的时候记录了一下当前节点的儿子节点QQQnxt[u]=v
极限可以做到2500ms
更新:莫名其妙他们的OJ变快(正常)了 跑了340ms 上面的倍增则跑了1000ms
/*Huyyt*/
#include<bits/stdc++.h>
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const int dir[][] = {{, }, {, }, {, -}, { -, }, {, }, {, -}, { -, -}, { -, }};
const int mod = 1e9 + , gakki = + + + + 1e9;
const int MAXN = 1e5 + , MAXM = 1e5 + , N = 1e5 + ;
const int MAXQ = ;
int to[MAXM << ], nxt[MAXM << ], Head[MAXN], tot = ;
inline void addedge(int u, int v)
{
to[++tot] = v;
nxt[tot] = Head[u];
Head[u] = tot;
}
inline void read(int &v)
{
v = ;
char c = ;
int p = ;
while (c < '' || c > '')
{
if (c == '-')
{
p = -;
}
c = getchar();
}
while (c >= '' && c <= '')
{
v = (v << ) + (v << ) + c - '';
c = getchar();
}
v *= p;
}
int QQQnxt[MAXN];
int QQQanser[MAXN];
pair<int, int> QQQ[MAXM];
int n, m, anser = ;
int presum[MAXN], ans[MAXN];
bool vis[MAXN];//访问标记
int ancestor[MAXN];//祖先
struct Query
{
int q, next;
int index;//查询编号
} query[MAXQ * ];
int tt, Q, h[MAXQ], answer[MAXQ];
int F[MAXN];//需要初始化为-1
int find(int x)
{
if (F[x] == -)
{
return x;
}
return F[x] = find(F[x]);
}
void bing(int u, int v)
{
int t1 = find(u);
int t2 = find(v);
if (t1 != t2)
{
F[t1] = t2;
}
}
inline void add_query(int u, int v, int index)
{
query[tt].q = v;
query[tt].next = h[u];
query[tt].index = index;
h[u] = tt++;
query[tt].q = u;
query[tt].next = h[v];
query[tt].index = index;
h[v] = tt++;
}
void LCA(int u)
{
ancestor[u] = u;
vis[u] = true;
for (int i = Head[u]; i; i = nxt[i])
{
int v = to[i];
QQQnxt[u] = v;
if (vis[v])
{
continue;
}
LCA(v);
bing(u, v);
ancestor[find(u)] = u;
}
for (int i = h[u]; i != -; i = query[i].next)
{
int v = query[i].q;
if (vis[v])
{
answer[query[i].index] = ancestor[find(v)];
if (answer[query[i].index] == v)
{
QQQanser[query[i].index] = QQQnxt[v];
}
}
}
}
void init()
{
tt = tot = ;
anser = ;
for (int i = ; i <= n; i++)
{
ancestor[i] = presum[i] = Head[i] = ;
vis[i] = F[i] = h[i] = -;
}
}
void getadd(int x, int fa)
{
presum[x] += presum[fa];
for (int i = Head[x]; i; i = nxt[i])
{
int v = to[i];
if (v != fa)
{
getadd(v, x);
}
}
}
int main()
{
ios_base::sync_with_stdio();
cin.tie();
int T;
read(T);
while (T--)
{
int u, v;
read(n), read(m);
init();
for (int i = ; i <= n - ; i++)
{
read(u), read(v);
addedge(u, v), addedge(v, u);
}
for (int i = ; i < m; i++)
{
read(u), read(v);
add_query(u, v, i);
QQQ[i] = make_pair(u, v);
}
LCA();
for (int i = ; i < m; i++)
{
//cout << answer[i] << endl;
if (answer[i] == QQQ[i].first)
{
//cout<<QQQanser[i]<<endl;
presum[]++;
presum[QQQanser[i]]--;
presum[QQQ[i].second]++;
}
else if (answer[i] == QQQ[i].second)
{
//cout<<QQQanser[i]<<endl;
presum[]++;
presum[QQQanser[i]]--;
presum[QQQ[i].first]++;
}
else
{
presum[QQQ[i].first]++;
presum[QQQ[i].second]++;
}
}
getadd(, );
// for (int i = 1; i <= n; i++)
// {
// cout << "presum" << i << " " << presum[i] << endl;
// cout << "ans" << i << " " << ans[i] << endl;
// }
for (int i = ; i <= n; i++)
{
if (presum[i] == m)
{
//cout << i << endl;
anser++;
}
}
printf("%d\n", anser);
}
return ;
}
E(比赛通过)
注意年=月=日的特殊合法情况即可
F(比赛通过)
如果知道中位数的话 我们就可以n2logn暴力地知道答案 剩下就是怎么找中位数的问题
找中位数可以用权值线段树来做 注意单个点权值占一半以上的情况
总复杂度3*T*n2logn/2
G
无视
H(比赛通过)
水题
I(比赛通过)
树分治中点分治的一个小部分 变成带权的了 直接dfs一次即可
J(比赛通过)
结论题
很容易可以知道前三个我们肯定是可以确认是原数列的前三个
因为A0=0 A0+A1 A0+A2这三个肯定是最小的
比如样例0 1 2 2 我们可以先确认前三个0 1 2
则这三个产生的数列是1 2 3 接下来我们看与目标数列1 2 2 3 3 4对比最小的缺什么
很容易发现缺了个2 所以我们必须补个2
因为数列是非递减的Ai与之前数相加产生的数不大于Ai+1与之前数相加所产生的数
这样继续check直到数列被填满
写的话就是直接暴力找 看起来复杂度会爆炸 但其实中间很多就直接break相当于剪枝了 能过
K
题意:
你要玩一个猜数游戏 答案为X 你最多只能问N次 问的时间最多不能超过V
第i次询问你可以选一个数Y猜 如果Y大于X的话 会花费Ai的时间 不然的话会花费Ai+Bi的时间
你只有每次猜完后才可以猜下一次 问你最后可以从1开始猜到的最大区间长度为多少
解:
dp dp[i][j]表示只使用询问 i到n 而且时间不超过j所能知道的答案
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