6.20考试总结(NOIP模拟9)[斐波那契·数颜色·分组]

一旦你尝试过天空的味道，你就会永远向上仰望

T1 斐波那契

解题思路

题目传送门

\(70pts\)做法

这个做法比较暴力，考场上也是看到范围\(10^{12}\)后知道需要推式子，但是感觉自己太菜了，没敢轻易尝试，然后就去搞\(10^6\)的部分分去了。。。

比较好理解，直接暴力建树（其实就是找到每个节点的父亲节点），然后直接在树上搞 LCA 就好了，代码实现上也没有什么太大问题。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e7+10,M=N<<1;
int n,m,cnt=1,las=1,f[N][25],dep[N];
struct Ques
{
	int a,b;
}q[N];
inline void build()
{
	while(cnt<n)
	{
		int temp=las;
		las=cnt;
		for(int i=1;i<=temp;i++)
		{
			f[++cnt][0]=i;
			dep[cnt]=dep[i]+1;
			if(cnt>=n)
				break;
		}
	}
}
inline void LCA_init()
{
	f[1][0]=1;
	for(int j=1;j<=20;j++)
		for(int i=1;i<=n;i++)
			f[i][j]=f[f[i][j-1]][j-1];
}
int LCA_ask(int x,int y)
{
	if(x==y)
		return x;
	if(dep[x]>dep[y])
		swap(x,y);
	for(int i=20;i>=0;i--)
		if(dep[x]<=dep[f[y][i]])
			y=f[y][i];
	if(x==y)
		return x;
	for(int i=20;i>=0;i--)
		if(f[x][i]!=f[y][i])
		{
			x=f[x][i];
			y=f[y][i];
		}
	return f[x][0];
}
int main()
{
//	freopen("fibonacci2.in","r",stdin);
//	freopen("fibonacci2.out","w",stdout);
	scanf("%d",&m);
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		scanf("%d%d",&q[i].a,&q[i].b);
		n=max(n,max(q[i].a,q[i].b));
	}
	build();
	LCA_init();
	/*
 	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		cout<<i<<"To:      ";
		for(int j=head[i];j;j=nxt[j])
			cout<<ver[j]<<' ';
		cout<<endl;
	}
	*/
	for(int i=1;i<=m;i++)
		printf("%d\n",LCA_ask(q[i].a,q[i].b));
	return 0;
}

\(100pts\) 做法

仔细观察序列，可以发现第i个月出生的第j只兔子的编号是\(f(i-1)+j\)父亲就是j，显然\(j<f(i-1)\)，然后移一下项：

\[令f(i)<x\le f(i+1)，有father(x)=x-f(i)
\]

然后我们再斐波那契数列上二分（用lower_bound实现）。

对于每一个询问，选择编号大的向上跳父亲节点，直到找到LCA为止（记得开long long）。

code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e4,M=3e5+50;
int n,m,cnt=2,f[N];
struct Ques
{
	int a,b;
}q[M];
#undef int
int main()
{
//	#define int register long long
	#define int long long
	scanf("%lld",&m);
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		scanf("%lld%lld",&q[i].a,&q[i].b);
		n=max(n,max(q[i].a,q[i].b));
	}
	f[1]=f[2]=1;
	for(int i=3;i<=N;i++)
	{
		f[i]=f[i-1]+f[i-2];
		if(f[i]>=n)
		{
			cnt=i;
			break;
		}
	}
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		int a=q[i].a,b=q[i].b;
		while(a!=b)
		{
			if(a<b)
				a^=b^=a^=b;
			int num=lower_bound(f+1,f+cnt+1,a)-f-1;
			int temp=max(1ll,num);
			a-=f[temp];
		}
		printf("%lld\n",a);
	}
	return 0;
}

T2 数颜色

解题思路

本题做法有很多，也有许多非常好的方法，诸如线段树，主席树，二分之类的;

这里主要说一下来自wtz大佬的分块做法：

很简单，对于每一个块内的不同颜色分别计算个数，更改的时候直接更改个数，以及原序列就好了。

需要注意的就是每个块的大小 \(\dfrac{1}{2}\)次方会MLE ，\(\dfrac{2}{3}\) 次方会TLE，因此我们有了。。。

\[\huge0.625次方yyds
\]

于是我们愉快地干掉了此题。当然似乎别的次方也可以，可以自行尝试。。。

code

线段树

来自wzr

主席树

来自zxb

二分

来自pyt

分块

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=3e5+10;
int n,m,len,tot,pos[N],s[N],sum[N][115],li[N],ri[N];
inline int ask(int l,int r,int col)
{
	int p=pos[l],q=pos[r],ans=0;
	if(p==q)
	{
		for(int i=l;i<=r;i++)
			ans+=(s[i]==col);
		return ans;
	}
	for(int i=p+1;i<=q-1;i++)
		ans+=sum[col][i];
	for(int i=l;i<=ri[p];i++)
		ans+=(s[i]==col);
	for(int i=li[q];i<=r;i++)
		ans+=(s[i]==col);
	return ans;
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	len=pow(n,0.625);
	tot=n/len;
//	cout<<tot<<endl;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d",&s[i]);
	for(int i=1;i<=tot;i++)
	{
		li[i]=(i-1)*len+1;
		ri[i]=i*len;
	}
	if(ri[tot]<n)
	{
		tot++;
		li[tot]=ri[tot-1]+1;
		ri[tot]=n;
	}
	for(int i=1;i<=tot;i++)
		for(int j=li[i];j<=ri[i];j++)
		{
			pos[j]=i;
			sum[s[j]][i]++;
		}
	for(int i=1,l,r,col,x,opt;i<=m;i++)
	{
		scanf("%d",&opt);
		if(opt==1)
		{
			scanf("%d%d%d",&l,&r,&col);
			printf("%d\n",ask(l,r,col));
		}
		else
		{
			scanf("%d",&x);
			if(pos[x]!=pos[x+1])
			{
				sum[s[x]][pos[x]]--;
				sum[s[x+1]][pos[x+1]]--;
				sum[s[x]][pos[x+1]]++;
				sum[s[x+1]][pos[x]]++;
			}
			swap(s[x],s[x+1]);
		}
	}
	return 0;
}

T3 分组

推销

解题思路

参考了题解区一篇思路非常好的题解，在这里讲一下自己的见解。

首先明确一下 K 的取值只有 1 或者 2 这里看数据范围非常重要！，对于 \(K=1\)，\(K=2\) 的情况要分开来做。

K=1

对于 \(K=1\) 的情况，为了保证字典序最小，我们需要倒着枚举序列了。

然后再次观察数据范围，发现\(131072 \times2=512^2\)，因此我们可以枚举 \(1 \sim 512\) ，令 vis[i] 表示在当前扫到的组里颜色为 i 的是否存在，查看是否访问过 \(x^2-s_i\) 。

• 如果访问过，表示和第 i 只兔子发生矛盾的已经在这个组里了，因此需要再次分一个组，并且记录下分组的边界，清空 vis 数组。

• 如果没有访问过，把该种颜色的标记成 true 记录就好了。

K=2

几乎同样的思路，我们仍然需要倒着枚举序列。

对于同一组的兔子，状态之可能有两种：同一小团体或者在敌对小团体，因此我们用并查集维护。

• \(\operatorname{find}(1 \sim n)\) 表示 \(1\sim n\)的兔子所在的小团体。

• \(\operatorname{find}(n+1 \sim 2 \times n)\) 表示 \(1\sim n\)的兔子所在的小团体的敌对小团体。

然后开一个 vector 数组记录同一颜色的序号，然后分别对于发生矛盾的兔子进行判断，同时更新该兔子所在组以及小团体和敌对小团体。

同样的，如果矛盾无法避免，那就重新开一个组，并清空标记，记录分割点就好了。

• 注意：并查集合并时要在 find 的基础上更新

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int M=131080;
int n,m,K,las,s[M],fa[M<<1];
vector<int> ans,v[M<<1];
bool vis[M];
int find(int x)
{
	if(fa[x]==x)
		return x;
	return fa[x]=find(fa[x]);
}
void work_1()
{
	for(int i=n;i>=1;i--)
	{
		bool flag=true;
		for(int j=1;j<=512;j++)
			if(j*j>=s[i])
				if(vis[j*j-s[i]])
				{
					flag=false;
					break;
				}
		if(!flag)
		{
			for(int j=i+1;j<las;j++)
				vis[s[j]]=false;
			ans.push_back(i);
			las=i+1;
		}
		vis[s[i]]=true;
	}
	printf("%d\n",ans.size()+1);
	for(int i=ans.size()-1;i>=0;i--)
		printf("%d ",ans[i]);
}
int update(int l,int r)
{
	for(int i=l+1;i<r;i++)
		vector <int>().swap(v[s[i]]);
	ans.push_back(l);
	return l+1;
}
void work_2()
{
	for(int i=1;i<=(n<<1);i++)
		fa[i]=i;
	for(int i=n;i>=1;i--)
	{
		for(int j=1;j<=512;j++)
			if(j*j>=s[i])
				if(v[j*j-s[i]].size())
					for(int k=0;k<v[j*j-s[i]].size();k++)
					{
						int temp=v[j*j-s[i]][k];
						if(find(temp)==find(i))
						{
							las=update(i,las);
							break;
						}
						else
						{
							fa[find(i+n)]=find(temp);
							fa[find(temp+n)]=find(i);
						}
					}
		v[s[i]].push_back(i);
	}
	printf("%d\n",ans.size()+1);
	for(int i=ans.size()-1;i>=0;i--)
		printf("%d ",ans[i]);
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&K);
	las=n+1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d",&s[i]);
	if(K==1)
		work_1();
	else
		work_2();
	return 0;
}