【洛谷】NOIP提高组模拟赛Day2【动态开节点/树状数组】【双头链表模拟】

U41571 Agent2

题目背景

炎炎夏日还没有过去，Agent们没有一个想出去外面搞事情的。每当ENLIGHTENED总部组织活动时，人人都说有空，结果到了活动日，却一个接着一个咕咕咕了。只有不咕鸟Lyn_king一个人冒着太阳等了半个多小时，然后居然看到连ENLIGHTENED行动参谋都咕咕咕了，果然咕咕咕是人类的本性啊。

题目描述

作为一个ENLIGHTENED行动指挥，自然不想看到这一点，于是他偷取到了那些经常咕咕咕的Agent的在下来N天的活动安排表，并且叫上了你来整理。在整理过程中，ENLIGHTENED行动指挥对你说了M条命令，命令操作如下。

1. 输入0​ a​ b​，这代表在第a​天到第b​天，有一名Agent要咕咕咕。
2. 输入1 a，这代表ENLIGHTENED行动指挥询问你根据目前的信息，在第a天有多少名Agent会咕咕咕。

作为同是不咕鸟的你，也想要惩戒那些经常咕咕咕的人，所以，请协助完成ENLIGHTENED行动指挥完成整理，并且在他每次询问时，输出正确的答案。

输入输出格式

输入格式：

第一行输入两个整数输N,M， 下来M行,每行输入一个命令，命令格式见题目描述。

输出格式：

对于每一次询问的操作，都要输出询问的答案。答案之间用换行隔开。

输入输出样例

输入样例#1： 复制

5 5
0 1 2
0 1 5
1 1
0 3 5
1 5

输出样例#1： 复制

2
2

说明

对于20%的数据N,M≤10

对于40%的数据N,M≤103

对于60%的数据N,M≤105

对于100%的数据1≤a,b≤N≤107,M≤4∗105

这道题签到题，难点在数据范围，普通线段树肯定做不了，所以采用动态开节点，要查询的才建立节点即可。

然而一开始疯狂乱错，原因是中间某个地方写了+=后面又加了一遍...

也可以用树状数组做，代码非常简洁。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int n, m;

struct Node {
    Node *ls, *rs;
    int sum, tag;
} pool[*], *tail = pool, *zero, *root;

Node *newnode() {
    Node *nd = ++ tail;
    nd -> ls = zero;
    nd -> rs = zero;
    nd -> sum = ;
    nd -> tag = ;
    return nd;
}

void push_down(Node *nd, int l, int r) {
    if(nd -> tag) {
        int mid = (l + r) >> ;
        if(nd -> ls == zero)    nd -> ls = newnode();
        nd -> ls -> sum = nd -> ls -> sum + nd -> tag * (mid - l + );
        if(nd -> rs == zero)    nd -> rs = newnode();
        nd -> rs -> sum = nd -> rs -> sum + nd -> tag * (r - mid);
        nd -> ls -> tag += nd -> tag;
        nd -> rs -> tag += nd -> tag;
        nd -> tag = ;
    }
}

void add(Node *nd, int l, int r, int L, int R, int d) {
    if(l >= L && r <= R) {
        nd -> sum = nd -> sum + (r - l + ) * d;
        nd -> tag += d;
        return ;
    }
    push_down(nd, l, r);
    int mid = (l + r) >> ;
    if(L <= mid) {
        if(nd -> ls == zero)    nd -> ls = newnode();
        add(nd -> ls, l, mid, L, R, d);
    }
    if(R > mid)    {
        if(nd -> rs == zero)    nd -> rs = newnode();
        add(nd -> rs, mid + , r, L, R, d);
    }
}

int query(Node *nd, int l, int r, int pos) {
    if(l == r)    return nd -> sum;
    push_down(nd, l, r);
    int mid = (l + r) >> ;
    if(pos <= mid) return query(nd -> ls, l, mid, pos);
    else return query(nd -> rs, mid + , r, pos);
}

int main() {
    zero = ++ tail;
    zero -> ls = zero;
    zero -> rs = zero;
    zero -> sum = ;
    zero -> tag = ;
    scanf("%d%d", &n, &m);
    root = newnode();
    for(int i = ; i <= m; i ++) {
        int opt, l, r;
        scanf("%d", &opt);
        if(opt == ) {
            scanf("%d%d", &l, &r);
            add(root, , n, l, r, );
        } else {
            scanf("%d", &l);
            printf("%d\n", query(root, , n, l));
        }
    }
    return ;
}

---

树状数组：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int n, m;

int lowbit(int x) {
    return x & -x;
}

int pre[];
void add(int pos, int d) {
    for(int i = pos; i <= n; i += lowbit(i))
        pre[i] += d;
}

int query(int pos) {
    int ans = ;
    for(int i = pos; i; i -= lowbit(i))
        ans += pre[i];
    return ans;
}

int main() {
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i = ; i <= m; i ++) {
        int opt, l, r;
        scanf("%d", &opt);
        if(opt == ) {
            scanf("%d%d", &l, &r);
            add(l, );
            add(r+, -);
        } else {
            scanf("%d", &l);
            printf("%d\n", query(l));
        }
    }
    return ;
}

U41572 Portal2

题目背景

某地ENLIGHTENED的XM研究所正在研究Portal的处理法则，想要揭示XM能量的来源以及应用XM能量。ENLIGHTENED的首席科学家Jacks发现其能量的运算法则以及运算方法，但是方法十分复杂，仅靠人手工计算是很难算出答案的，所以它需要你协助他完成计算。

题目描述

Portal计算XM能量是通过个2个栈（0号栈，1号栈）实现的，它把对XM能量的操作如下

PUSH X NUM

把NUMNUM加入到X号栈的栈顶。

POP X

把XX号栈的栈顶元素删除。

ADD X

取出0号栈和1号栈的元素各一个，并且把它的和放入X号栈。

SUB X

取出0号栈和1号栈的元素各一个，并且把它的差的绝对值放入X号栈。

DEL X

清空X号栈中所有元素不管栈是否为空。

MOVE X Y

循环操直到Y号栈为空，把Y号栈的栈顶元素加入到X号栈，删除Y号栈的栈顶元素。

数据保证X和Y不相同

SWAP

将两个栈的所有元素调换。

END

代表命令结束，并且分两行分别输出0号栈和1号栈由栈顶到栈底的元素的值，若栈内无元素，输出NONE。数据保证指令以END结束且仅有一个END，并且也需要输出SUCCESS。

AKNOI

等为无效操作，无效操作后不接数字。

更正不会有类似无效操作

对于每一行指令，若当前指令成功执行输出SUCCESS，若取出或删除元素时栈内为空或者没有对应指令输出UNSUCCESS并且不执行该行指令。

输入输出格式

输入格式：

输入若干行指令，以END指令结束

输出格式：

对于每一次操作，都要对应输出SUCCESS或者UNSUCCESS，对于END根据指令描述输出栈内元素。

输入输出样例

输入样例#1： 复制

PUSH 0 10
PUSH 0 20
PUSH 0 30
PUSH 0 40
PUSH 1 50
PUSH 1 60
ADD 0
ADD 0
ADD 0
END

输出样例#1： 复制

SUCCESS
SUCCESS
SUCCESS
SUCCESS
SUCCESS
SUCCESS
SUCCESS
SUCCESS
UNSUCCESS
SUCCESS
150 30 20 10
NONE

输入样例#2： 复制

PUSH 0 10
PUSH 0 20
PUSH 0 30
PUSH 0 40
PUSH 1 50
PUSH 1 60
MOVE 0 1
END

输出样例#2： 复制

SUCCESS
SUCCESS
SUCCESS
SUCCESS
SUCCESS
SUCCESS
SUCCESS
SUCCESS
50 60 40 30 20 10
NONE

说明

对于20%的数据 数据保证不会出现MOVE/SWAP操作，命令总数 ≤ 100

对于40%的数据 命令总数 ≤ 1000

对于60%的数据 数据保证MOVE/SWAP的操作次数不会超过10000次，命令总数 ≤ 10^5

对于100%的数据 0 ≤ X,Y ≤ 1,命令总数≤10^6

数据保证无论任何情况，栈中元素的值X满足0≤ x ≤2^63-1​

学到了新东西！！链表模拟。

一开始总觉得链表全都是像建边的邻接链表那样，做了这道题有所感悟！

这道题要求满足两个栈的同时维护，比较困难的操作有$swap$和$move$以及$del$，暴力模拟都需要$O(n)$。所以这里就是链表模拟的套路了？

两个栈之间建立新节点2作为过渡，所有操作都用双头链表，新节点的$pre$连第一个栈，$nex$连第二个栈。

上面是链接链表的主要操作。$push$就是把要插入的值插入到哪两个点之间。

$swap$：感谢$Abyssful$的教导！如何快速交换两个数组内所有的值？记录$stk[0/1]$表示0数组和1数组当前存的是哪个数组内的东西。初始化是$stk[0]=0,stk[1]=1$，访问时$a[stk[0]][...],a[stk[1]][...]$来分别访问两个数组。这道题同理，只是因为用链表储存了两个栈，所以通过$stk[0/1]$来确定访问$pre[2]$还是$nex[2]$。

$move$：将一个栈所有元素移到另一个栈中，并且是边从栈顶取边移过去。所以首先要把两个栈顶连起来，再看是哪边移到哪边，$y->x$，就把$y$的尾和新节点相连，再把$y$那边清空即可，$x$同理。判断一下是0还是1就可以判断是移到哪里了。

$del$：直接把要清空的那边直接连到新节点就行了。

输出就沿着双头链表走到头就行了。

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;

char s[];

int nex[], pre[];
LL val[];
int cnt = ;

void link(int u, int v) {
    nex[u] = v;
    pre[v] = u;
}

void lpush(int u, int v, LL w) {
    val[++cnt] = w;
    link(u, cnt);
    link(cnt, v);
}

void push(int x, LL w) {
    if(x == )    lpush(pre[], , w);
    else lpush(, nex[], w);
}

LL pop(int u) {
    link(pre[u], nex[u]);
    return val[u];
}

void print(int u) {
    if(u) {
        if(nex[] == ) {
            printf("NONE\n");
            return ;
        }
        for(int i = nex[]; i != ; i = nex[i])
            printf("%lld ", val[i]);
        printf("\n");
    } else {
        if(!pre[]) {
            printf("NONE\n");
            return ;
        }
        for(int i = pre[]; i != ; i = pre[i])
            printf("%lld ", val[i]);
        printf("\n");
    }
}

int stk[];
void print() {
    if(stk[]) {
        print(); print();
    } else {
        print(); print();
    }
}

bool sov(char *s) {
    int x, y;
    LL num;
    if(s[] == 'P') {
        if(s[] == 'U') {
            scanf("%d%lld", &x, &num);
            x = stk[x];
            push(x, num);
        } else {
            scanf("%d", &x);
            x = stk[x];
            if(x == ) {
                if(pre[] == )    return ;
                pop(pre[]);
            }
            else {
                if(nex[] == )    return ;
                pop(nex[]);
            }
        }
    } else if(s[] == 'A') {
        scanf("%d", &x);
        x = stk[x];
        if(pre[] ==  || nex[] == )    return ;
        push(x, pop(pre[]) + pop(nex[]));
    } else if(s[] == 'S') {
        if(s[] == 'U') {
            scanf("%d", &x);
            x = stk[x];
            if(pre[] ==  || nex[] == )    return ;
            push(x, abs(pop(pre[]) - pop(nex[])));
        } else {
            swap(stk[], stk[]);
        }
    } else if(s[] == 'D') {
        scanf("%d", &x);
        x = stk[x];
        if(x == )    link(, );
        else link(, );
    } else if(s[] == 'M') {
        scanf("%d%d", &x, &y);
        x = stk[x], y = stk[y];
        link(pre[], nex[]);
        if(x == ) {
            link(pre[], );
            link(, );
        } else {
            link(, nex[]);
            link(, );
        }
    }
    return ;
}

int main() {
    stk[] = , stk[] = ;
    link(, ); link(, );
    while(~scanf("%s", s)) {
        if(s[] == 'E') {
            puts("SUCCESS");
            print();
            break;
        }
        if(sov(s))    puts("SUCCESS");
        else puts("UNSUCCESS");
    }
    return ;
}

U41573 War2

题目背景

XM大战如期而至，Agent们齐聚一地，展开最后的对决。对战有很多种方式，有些复杂的方式可以获得更高的分数。可惜ENLIGHTENED的人并不怎么聪明，只会简单的hack，所以ENLIGHTENED行动指挥找到了你来做他们的总参谋。

题目描述

地图上有N个Portal，现在某一名Agent的任务是占领该地图上的M个Portal，这名Agent占领第i个Portal可以得到的分数为A[i]，除了直接占领，还有其他的K种加分方式，对于着N个Portal，在占领完第X[i]个Portal后占领第Y[i]个Portal可以获得B[i]的加分，加分可能会有重复。Agent希望他可以为团队争取更多的分数，所以请求作为大战参谋的你来帮助他。

输入输出格式

输入格式：

第一行是输入三个整数N,M,K 第二行输入是N个数，第i个数代表A[i]的值。 下面K行每行有3个整数X[i],Y[i],C[i]，表示在占领完第X[i]个Portal后占领第Y[i]个Portal可以获得B[i]的加分

输出格式：

输出仅一行一个整数，为该名Agent可以获得的最大分数值。

输入输出样例

输入样例#1： 复制

3 2 1
1 1 1
1 2 3

输出样例#1： 复制

5

输入样例#2： 复制

4 3 2
1 1 1 1
4 3 2
3 2 1

输出样例#2： 复制

6

说明

对于20%的数据 1≤M≤N≤4,0≤A[i],B[i]≤103

对于40%的数据 1≤M≤N≤8,0≤A[i],B[i]≤105

对于60%的数据 1≤M≤N≤12,0≤A[i],B[i]≤107

对于100%的数据 1≤M,X[i],Y[i]≤N≤18,0≤K≤N^2−N,0≤A[i],B[i]≤10^9

一道比较好想+写的状压DP，然而一开始很慌，题两次没看清楚。

分数累加的意思是如果有重复的$a$和$b$，他们的分数是可以累加起来的。

而$a$到$b$是严格要求$b$在$a$后面第一个，所以状态还要定义一个最后占领的。然后转移就行了。

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define RG register
using namespace std;

int n, m, k;
LL dp[(<<) + ][], qwq[], zty[][];
int cnt[(<<) + ];

int countt(int s) {
    int num = ;
    while(s) {
        num += s & ;
        s >>= ;
    }
    return num;
}

LL cot(int s) {
    LL ans = ;
    for(int i = ; i <= n; i ++)
        if((s >> (i-)) & )
            ans += qwq[i];
    return ans;
}

void init() {
    for(int i = ; i < ( << n); i ++)
        cnt[i] = countt(i);
}

int main() {
    scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
    init();
    for(int i = ; i <= n; i ++)    scanf("%lld", &qwq[i]);
    for(int i = ; i <= k; i ++) {
        int a, b;
        LL c;
        scanf("%d%d%lld", &a, &b, &c);
        zty[a][b] += c;
    }
    for(RG int s = ; s < ( << n); s ++) {
        if(cnt[s] >= m) continue;
        for(RG int i = ; i <= n; i ++)
            if(!((s >> (i-)) & ))
                for(RG int j = ; j <= n; j ++)
                    if((s >> (j-)) & )
                        if(zty[j][i])
                            dp[s|( << (i-))][i] = max(dp[s|( << (i-))][i], dp[s][j] + zty[j][i]);
    }
    LL ans = ;
    for(int s = ; s < ( << n); s ++)
        for(int i = ; i <= n; i ++)
            if(cnt[s] == m)
                ans = max(ans, dp[s][i] + cot(s));
    printf("%lld", ans);
    return ;
}