牛客网NOIP赛前集训营-提高组（第一场）

牛客的这场比赛感觉真心不错！！

打得还是很过瘾的。水平也比较适合。

T1：中位数：

题目描述

小N得到了一个非常神奇的序列A。这个序列长度为N，下标从1开始。A的一个子区间对应一个序列，可以由数对[l,r]表示，代表A[l], A[l + 1], ..., A[r]这段数。对于一个序列B[1], B[2], ..., B[k]，定义B的中位数如下：

1. 先对B排序。得到新的序列C。

2. 假如k是奇数，那么中位数为。假如k为偶数，中位数为。

对于A的所有的子区间，小N可以知道它们对应的中位数。现在小N想知道，所有长度>=Len的子区间中，中位数最大可以是多少。

 

题解

这个题一看就很套路了。

二分一个mid，然后>=mid赋值1,否则赋值-1

有>0的长度大于等于len的区间，就可以。

从左到右扫，维护一个前缀的min，然后i前缀做差判断即可。

 

代码

#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int N=+;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int n,len;
int a[N],b[N],sum[N];
int l,r;
int ans;
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&len);
    for(int i=;i<=n;i++){
        scanf("%d",&a[i]);
        r=max(r,a[i]);
    }
    l=;
    while(l<=r){
        int mid=(l+r)>>;
        for(int i=;i<=n;i++){
            if(a[i]>=mid) b[i]=;
            if(a[i]<mid) b[i]=-;
            sum[i]=sum[i-]+b[i];
        }
        int mi=;
        bool fl=false;
        for(int i=len;i<=n;i++){
            if(sum[i]-mi>) {
                fl=true;break;
            }
            mi=min(mi,sum[i-len+]);
        }
        if(fl) ans=mid,l=mid+;
        else r=mid-;
    }
    printf("%d",ans);
    return ;
}

中位数

关于区间中位数什么的题目，做了几道以后，可以考虑向二分答案，然后0/1或者-1/1 赋值判断。

当然还要注意，偶数长度中位数是取哪一个。

类似的题目：

中位数、国际集训队middle；（这两道是中位数）

还有一个 [HEOI2016/TJOI2016]排序 （这个题也是二分然后0/1排序）

本质上都是利用绝对大小没有用，利用相对大小的关系，牺牲一个logn的复杂度，将序列变成0/1或者-1/1的序列，可以大大简化难度，也比较容易判断。

注意边界情况等。

 

 

T2：数数字

题目描述

小N对于数字的大小一直都有两种看法。第一种看法是，使用字典序的大小（也就是我们常用的判断数字大小的方法，假如比较的数字长度不同，则在较短一个前面补齐前导0，再比较字典序），比如43<355,10<11。第二种看法是，对于一个数字，定义他的权值为，也就是各个数位的乘积。

现在给定两个区间，[L,R]与[L1,R1]。小N现在想知道，有多少使用字典序判大小法在[L,R]之间的数字，满足其第二种定义的权值也在[L1,R1]之间。

换句话说，对于一个数x，定义f(x)为x的各个数位的乘积。对于L<=x<=R，问有多少x满足，L1<=f(x)<=R1。

100%: 0<=L,R,L1,R1 <= 10^18, L <= R, L1 <= R1

题解：

 

一眼数位dp了。f（x）怎么处理？

gzz讲过一个<=n的，没有L1,R1上下界。

其实一样了。

发现，最多填18位数字（R=1e18特判即可），考虑质因数分解，数位乘积 最多有54个2,36个3，18个5,18个7，

循环枚举一发，最终可能的情况只有34960个，状态压缩一下。

那么就可以dp了。

f[i][34960][0/1][0/1]表示，前i位填完，f(x)是所有的情况中第j个，有没有上限，有没有填过数（处理前导零）。

前导零还是挺坑的。

一般情况，每层i内，所有的循环都是转移填过数的（最后一个是1），i层最后再转移 没填过->填过

 

还有坑点，L，L1可能是0

那么，由于前导零的处理，填数不会填出0的。

特判一下就好了。

 

代码：

#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=;
const int M=;
const int mod=;
typedef long long ll;
ll f[][][M][];//gun dong
ll num[M],cnt;
ll L,R,L1,R1;
ll shu[N],tot;
struct ha{
    ll val[mod+],tot;
    int id[mod+];
    int nxt[mod+],hd[mod+];
    void ins(ll x,int d){
        int cur=x%mod;
        ++tot;nxt[tot]=hd[cur];
        id[tot]=d;
        val[tot]=x;
        hd[cur]=tot;
    }
    int query(ll x){
        int cur=x%mod;
        for(int i=hd[cur];i;i=nxt[i]){
            if(val[i]==x) return id[i];
        }
        return ;
    }
}HA;
ll c2[],c3[],c5[],c7[];
ll wrk(){
    memset(f,,sizeof f);
    int tmp=;
    f[tmp][][][]=;
    for(int i=tot;i>=;i--){
        //cout<<" iii "<<i<<" ------------------- "<<shu[i]<<endl;
        tmp^=;
        memset(f[tmp],,sizeof f[tmp]);
        for(int j=;j<=cnt;j++){
            for(int k=;k<=;k++){
                if(!f[!tmp][][j][]&&!f[!tmp][][j][]) continue;

                int to=HA.query(num[j]*k);
                if(!to) continue;
                if(k<shu[i]){
                    //if(f[!tmp][0][j][1]||f[!tmp][1][j][1]) {
                        f[tmp][][to][]+=f[!tmp][][j][]+f[!tmp][][j][];
                    //}
                }
                else if(k==shu[i]){
                    //if(f[!tmp][1][j][1]) {
                        //int to=
                    //}
                    f[tmp][][to][]+=f[!tmp][][j][];
                    f[tmp][][to][]+=f[!tmp][][j][];
                }
                else{
                    f[tmp][][to][]+=f[!tmp][][j][];
                }
            }
        }

      if(i!=tot){
        for(int j=;j<=;j++){
            f[tmp][][j+][]+=f[!tmp][][][];
        }
      }
      else{
        for(int j=;j<=;j++){
            if(j<shu[i]){
                f[tmp][][j+][]+=f[!tmp][][][];
            }
            else if(j==shu[i]){
                f[tmp][][j+][]+=f[!tmp][][][];
            }
            else break;
        }
      }
      f[tmp][][][]+=f[!tmp][][][];

      /*for(int j=1;j<=20;j++){
        cout<<j<<" "<<num[j]<<" : "<<f[tmp][0][j][0]<<" "<<f[tmp][0][j][1]<<" "<<f[tmp][1][j][0]<<" "<<f[tmp][1][j][1]<<endl;
      }*/
    }
    ll ret=;
    ll le=;
    while(num[le]<L1) le++;
    while(num[le]<=R1) ret+=f[tmp][][le][]+f[tmp][][le][],le++;
    return ret;
}
int main()
{
    scanf("%lld%lld%lld%lld",&L,&R,&L1,&R1);
    c2[]=;for(int i=;i<=;i++) c2[i]=c2[i-]*;
    c3[]=;for(int i=;i<=;i++) c3[i]=c3[i-]*;
    c5[]=;for(int i=;i<=;i++) c5[i]=c5[i-]*;
    c7[]=;for(int i=;i<=;i++) c7[i]=c7[i-]*;

    for(int i=;i<=;i++){
        for(int j=;j<=;j++){
            for(int k=;k<=;k++){
                for(int l=;l<=;l++){
                    int re=-l-k;
                    re-=((j+)/);
                    re-=((i+)/);
                    if(re>=) {
                        ++cnt;
                        ll now=c2[i]*c3[j]*c5[k]*c7[l];
                        num[cnt]=now;
                    }
                }
            }
        }
    }
    num[++cnt]=;
    sort(num+,num+cnt+);
    cnt=unique(num+,num+cnt+)-num-;

    //cout<<" Cnt "<<cnt<<endl;
    //for(int i=1;i<=40;i++) cout<<num[i]<<" ";
    //cout<<endl;
    //cout<<" las "<<num[cnt]<<endl;

    for(int i=;i<=cnt;i++){
        HA.ins(num[i],i);
    }
    ll sub=;
    ll ansl=;
    ll ad=;
    if(R==(ll)1e18) {
        R--;
        if(L1==) ad++;
    }
    //cout<<R<<endl;
    if(L==){
        ansl=;
        if(L1==) ad++;
    }
    else if(L==){
        ansl=;
    }
    else{//only zero ??
        L--;
        tot=;
        while(L){
            shu[++tot]=L%;L/=;
        }
        ansl+=wrk();
    }

    //cout<<" ansl "<<ansl<<endl;

    tot=;
    while(R){
        shu[++tot]=R%;
        R/=;
    }
    ll ansr=wrk();

    //cout<<" ansr "<<ansr<<endl;

    printf("%lld",ansr-ansl+ad);
    return ;

    //don't forget to sub sub
}

数数字

T3：

题目描述

C国有n个城市，城市间通过一个树形结构形成一个连通图。城市编号为1到n，其中1号城市为首都。国家有m支军队，分别守卫一条路径的城市。具体来说，对于军队i，他守卫的城市区域可以由一对二元组(x_i,y_i)代表。表示对于所有在x_i到y_i的最短路径上的城市，军队i都会守卫他们。

现在有q个重要人物。对于一个重要人物j，他要从他的辖区v_j出发，去到首都。出于某些原因，他希望找到一个离首都最近的，且在v_j到首都路径上的城市u_j，使得至少有k_j支军队，能够全程保护他从v_j到u_j上所经过的所有城市。换句话说，至少有k_i支军队，满足在树上，x_i到y_i的路径能完全覆盖掉v_j到u_j的路径。

100%: n,m,q <= 200000

题解：

符合T3的难度。没有想出来。暴力也0分？》？？

 

每个询问从st出发，往上走，符合的军队必须完全覆盖路径。

所以，一个军队的路径可以拆成两条，xi到lca,和yi到lca。就成了2*m条不拐弯的路径了。

至于暴力，可以枚举哪一个u，然后查找所有m即可。

或者二分u也行 。

 

发现，st是一直不变的，符合条件的军队，必须一端在st子树里，另一端在ui上面。

拆完路径之后，每个xi放进一个标记deep[lca]表示，从xi出发向上有一个深度在deep[lca]的端点。

然后，对于询问st，枚举u判断m个很麻烦，

所以，循环dfs序，用主席树维护dfs序为1~i的xi们的deep[lca]的值，即线段树的区间维护一个deep=l~r的dfn在i之前的xi有多少个，

前缀差分，就可以知道st子树里deep[xi]在u上面的xi有多少个了。

 

枚举u很麻烦，

可以二分。O（nlog^2）

但是，线段树就可以直接二分啊！！

两棵线段树，一边差分，一遍看左子树sum和k关系，自然越往左（deep越浅）越好了。

所以，类似一个区间第k大，就可以O（nlogn）解决了。

 

注意还有一个坑点：

当找不到的时候，可能情况是：最后整个子树的军队都没有k个，

或者，找到的最靠上的端点比st还深（因为这个WA了好多）

 

主席树还是敲得不熟练啊。

不用为了省一些空间就在一个rt上重复建造，

可以每次只建一条链，rt[i]要改多次，就每次从rt[i]接着造就好了。

反正传引用。

 

 

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define mid ((l+r)>>1)
using namespace std;
const int N=+;
int n,m,q;
struct node{
    int nxt,to;

}e[*N];
int hd[N],cnt;
void add(int x,int y){
    e[++cnt].nxt=hd[x];
    e[cnt].to=y;
    hd[x]=cnt;
}
int fa[N][];
int dep[N];
int dfn[N];
int dfn2[N],df;
int fdfn[N];
vector<int>mem[N];
void dfs(int x,int d){
    dfn[x]=++df;
    dep[x]=d;
    fdfn[df]=x;
    for(int i=hd[x];i;i=e[i].nxt){
        int y=e[i].to;
        if(y==fa[x][]) continue;
        fa[y][]=x;
        dfs(y,d+);
    }
    dfn2[x]=df;
}
int lca(int x,int y){
    if(dep[x]<dep[y])swap(x,y);
    for(int j=;j>=;j--){
        if(dep[fa[x][j]]>=dep[y]) x=fa[x][j];
    }
    if(x==y) return x;
    for(int j=;j>=;j--){
        if(fa[x][j]!=fa[y][j]){
            x=fa[x][j],y=fa[y][j];
        }
    }
    return fa[x][];
}
struct tr{
    int ls,rs;
    int sum;
}t[N*];
int tot;
int rt[N];
int now;
void upda(int &x,int y,int l,int r,int c){
    x=++tot;
    t[x].ls=t[y].ls;
    t[x].rs=t[y].rs;
    t[x].sum=t[y].sum+;
    if(l==r){
        return;
    }
    if(c<=mid) upda(t[x].ls,t[y].ls,l,mid,c);
    else upda(t[x].rs,t[y].rs,mid+,r,c);
}
int query(int x,int y,int l,int r,int k){
    //cout<<" kth "<<k<<endl;
    ///cout<<" x "<<x<<" ls "<<t[x].ls<<" rs "<<t[x].rs<<endl;
    //cout<<" y "<<y<<" ls "<<t[y].ls<<" rs "<<t[y].rs<<endl<<endl;
    if(l==r){
        if(t[x].sum<k) return ;
        return l;
    }
    int u=t[t[x].ls].sum-t[t[y].ls].sum;
    //cout<<u<<" "<<endl;
    if(u>=k){
        return query(t[x].ls,t[y].ls,l,mid,k);
    }
    else{
        k-=u;
        return query(t[x].rs,t[y].rs,mid+,r,k);
    }
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    int x,y;
    for(int i=;i<=n-;i++){
        scanf("%d%d",&x,&y);
        add(x,y);add(y,x);
    }
    dep[]=-;
    dfs(,);

    /*cout<<" on the tree"<<endl;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cout<<i<<" : "<<fa[i][0]<<" "<<dep[i]<<"   "<<dfn[i]<<" "<<dfn2[i]<<endl;
    }*/

    for(int j=;j<=;j++){
        for(int i=;i<=n;i++){
            fa[i][j]=fa[fa[i][j-]][j-];
        }
    }
    for(int i=;i<=m;i++){
        scanf("%d%d",&x,&y);
        int anc=lca(x,y);
    //  cout<<" anc "<<anc<<endl;
        mem[dfn[x]].push_back(dep[anc]);
        mem[dfn[y]].push_back(dep[anc]);
    }
    rt[]=++tot;
    for(int i=;i<=n;i++){
        //cout<<" updating "<<i<<" ------------------ "<<endl;
        rt[i]=rt[i-];
        for(int j=;j<mem[i].size();j++){
            upda(rt[i],rt[i],,n,mem[i][j]);
        }
        //cout<<" after "<<tot<<endl;
    }
    ///for(int i=1;i<=tot;i++){
    //  cout<<" id "<<i<<" : "<<t[i].ls<<" "<<t[i].rs<<" "<<t[i].sum<<endl;
    //}
    scanf("%d",&q);
    int k;
    while(q--){
        scanf("%d%d",&x,&k);
        int ans=query(rt[dfn2[x]],rt[dfn[x]-],,n,k);
        //cout<<" ans "<<ans<<endl;
        if(ans==||ans>=dep[x]) printf("%d\n",);
        else printf("%d\n",dep[x]-ans);
    }
    return ;
}

保护

还是说，路径拆分没有想到，

然后，对于把deep[lca]向xi打标记，也是一种转移处理了。

主席树怎么想到？

还是从要想到，如果知道子树标记的线段树就好了，n棵太多，-》主席树

怎么连续建造？dfs序！！！和子树也恰好相关！！

 

总结：

1.T2还是花的时间比较长。

也许可以考虑把数位dp往后放一放？

2.T3这种综合题还是要多积累。

 

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