寒武纪camp网络测试赛

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A（树形dp+树链剖分）

题意：

分析：

　　考虑树形dp,f0(x)和f1(x)分别表示以x为根的子树，不取x点或取x点的最大合法子集的元素个数

　　那么对于一个询问来说，答案就是max(f0(x),f1(x))，我们的任务就是对于每次修改操作维护所有f数组的变化

　　假设我们新加入了一个x节点，很明显只有x以及x的祖先们的f值会改变

　　首先f1(x)=f0(x)+1，因为我多取一个x节点一定是合法的（题目保证权值从小到大）

　　然后考虑x的祖先fa，应该有f0(fa)=f0(fa)+1，因为fa的子树里面可以多选一个点x

　　但问题是x的某个祖先fa可能f0值不会变，因为它的最优决策可能是某个f1(y)，其中dep(fa)<dep(y)<dep(x) 且三个在一条链上，所以y及y以上部分的f值都不会改变

　　那么什么时候会出现这种情况呢，其实就是f1(y)>=f0(y)+1这时候，因为这时候我选择“放y这个点”不比“不放y这个点且放刚进入的x点”劣

　　于是我们想到了很自然的维护方法，对于每次新来的点x，一直向上跳，跳到第一个f1(y)>=f0(y)+1的位置停止，将father(x)~y这一段的点的f0全部加上1

　　那当然这样会TLE，我们只能用数据结构来维护这样的事

　　在树上给一条链加上1这件事很自然可以想到用树链剖分+线段树去做，问题是如何找到最近的那个f1(y)>=f0(y)+1的点

　　我们发现这样的y只可能是目前的所有C操作里面的所有点，即目前有赋权值的点，而不是其它的未赋权值的点，换句话说我们的给一段点的f0全部加上1这样的操作不会在加的过程中产生新的y，也就是说加1操作和维护这样的y是独立的

　　于是我们可以把所有的f1(y)>=f0(y)+1打个标记，对于每个新加入的x，我们在树上找到离x最近的带标记的祖先y，然后将这一段+1，同时将y的标记消除（因为y已经变成了f1(y)=f0(y)了）

　　那么怎么找最近的带标记的祖先y呢，我们可以顺着重链向上跳，然后每次在线段树上找最靠右边的标记节点，这样是O(logn * logn)的

　　所以总的时间复杂度就是$O(nlog^2n)$的

B（最短路）

题意：

分析：

　　很显然d[i][j]表示走到i点，前面的gcd为j情况下的最短路，那么跑便最短路就可以求得S到T的最短路

　　但现在有多个S，T固定是n，很显然我们将我们建的这个图反向，以n点为S跑最短路就行了

　　时间复杂度$O(500n log (500n))$

C（数学）

题意：

分析：

　　容易推导成$a=(b+1)*[a/b]$

　　即$a/(b+1) = [a/b]$

　　如果枚举a的话我们能发现b+1是a的因数并且b+1在sqrt(a)的右侧

　　于是我们想到基本上就是a的因数个数/2

　　于是统计1~n的因数个数和然后除以2，这里直接sqrt(n)复杂度就做完了

　　找找几个特殊情况，即i*i类型的数和i*(i+1)类型的数，把减掉就行了

D（Trie树/二分答案+hash）

题意：

分析：

　　如果不存在循环这个问题，那可以把所有串丢到一个Trie树里面，然后就能很方便的找到最长前缀了

　　现在有循环，易得循环次数最多是lcm，即可以把每个串复制500遍，但规模太大了

　　题解给出了一个结论，就是两个串的最大公共前缀不会超过a+b-gcd(a,b)

　　所以只需要把每个串扩充到长度为1000就行了

　　当然也可以二分答案，易得答案上限是500*500，我们去二分一个mid

　　将每个串前mid个字符对应的hash值可以快速的求出来，然后把所有串的hash值排个序就能知道是否有两个相同的了

E（树形DP）

题意：

分析：

　　最简单的想法预处理所有的lca，对每个询问暴力枚举点n，这样是3e8的，会TLE

　　考虑预处理出dp[k][u][j]表示在模k意义下，是否有到点u的距离为j的点

　　很明显这个要用树形dp跑

　　用树形dp很容易跑出一个点u到其子树的情况，但还要考虑父亲节点的情况

　　我们再维护一个up[k][u][j]来表示k点子树外面的情况

　　我们在第二次树形dp的过程中去维护点u每个孩子v的up，很明显up[v]可以直接继承up[u]，但麻烦的是孩子之间的关系

　　我们可以先从左到右合并每个孩子的dp值，就能更新每个孩子左边的孩子对其影响

　　再从右到左合并每个孩子的dp值，就能更新每个孩子右边的孩子对其影响

　　这个可以作为树形dp的一个通用套路

　　时间复杂度O(n*k*k+Q)

F（树链剖分+线段树）

题意：

分析：

　　直接去维护所有点对的值无法搞

　　我们可以换个角度去思考边的情况，对于每个2操作对应的边e，所有点对对于e而言只有过e和不过e两种

　　不过e的点对的答案还是原来的，过了e的点对答案变成了ans-w[e]+v，我们只需要对于每条边都维护这样两种（过和不过）情况对应的最大值，最后再比较一下哪种情况值更大就行了

　　很明显可以用树链剖分来搞，设f[0]表示过该边点对的最大值，f[1]表示不过该边的点对最大值

　　那么对于一个1操作(x,y)，我们先求出他们的距离w，然后用树链剖分将对应路径上区间的f0都和w取max，对于除去这些区间之外的区间（易得也是log个）的f1都和w取max

　　注意这里的线段树是“修改操作为区间对一个数取max”“查询操作是查询一个点的最大值”，我们并不需要标记回收线段树，我们只需要给对应区间打标记，不用pushdown，最后query的时候把路过的所有tag取个最大值就行了，很方便

　　于是就做完了，时间复杂度$O(mlog^2n)$

　　注意细节，就是f0线段树的标记初值是inf（因为刚开始没有任何点对）

　　还有就是处理边权的树链剖分时候一定要注意当跳到最高处的时候，lca的点权不能要