The 2018 ACM-ICPC Asia Qingdao Regional Contest, Online (The 2nd Universal Cup

The 2018 ACM-ICPC Asia Qingdao Regional Contest, Online (The 2nd Universal Cup. Stage 1: Qingdao)

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\(1 \leq a, b, c, d \leq 10^6\)

题解

• 容易发现存在循环节，每次位于\(gcd(a, c)\)的倍数的位置
• 所以我们考虑处理一个循环节内的情况
• 如果\(v \leq min(a, c)\)：我们考虑暴力处理一个循环节中的答案
• 如果\(v > min(a, c)\)：说明一旦灯亮起来就不会熄灭，特判第一次亮灯时的情况即可

int a, b, c, d, v, t, n;

void solve(){
    cin >> a >> b >> c >> d >> v >> t;
    if(v >= min(a, c)){
        cout << (t/a) * b + (t/c) * d + b + d - 1 << endl;
        return;
    }

    if(a > c){
        swap(a, c);
        swap(b, d);
    }
    int cur = a, cnt = b + d - 1;
    n = (a * c) / __gcd(a, c);
    while(cur < n){
        int last = cur - (cur % c);
        cnt += b - 1;
        if(last > cur - a && last < cur){
            cnt += d - 1;
            if(cur - last <= v) cnt++;
            if(last - (cur - a) <= v) cnt++;
        }
        cur += a;
    }

    int ans = (t / n) * cnt;

    n = t % n;
    cnt = b + d - 1;
    cur = a;

    // cerr << n << ' ' << cur << endl;

    while(cur <= n){
        int last = cur - (cur % c);
        cnt += b - 1;
        if(last > cur - a && last < cur){
            cnt += d - 1;
            if(cur - last <= v) cnt++;
            if(last - (cur - a) <= v) cnt++;
        }
        // cerr << cur <<  ' ' << cnt << endl;
        cur += a;
    }

    if(cur - a < n){
        int last = cur - (cur % c);
        if(last > cur - a && last <= n){
            cnt += d - 1;
            if(last - (cur - a) <= v) cnt++;
        }
    }

    ans += cnt;

    cout << ans << endl;
}

B - Red Black Tree

给定一颗有\(n\)个点的树，每个节点只有红色和黑色两种颜色，根节点为红色，树上的每条边都有边权\(w \geq 1\)，每个节点存在点权，如果节点的颜色为红色，那么点权为\(0\)，如果节点的颜色为黑色，那么点权为其最近红色祖先之间路径的边权之和

存在\(q\)个询问，每次询问给定\(k\)个节点，要求最多将树上最多一个节点变为红色节点，使得最小化\(k\)个节点中点权的最大值

保证\(\sum k \leq 2e6\)

题解

• 显然我们可以通过\(dfs\)计算出每个节点的点权，定义其为\(cost[u]\)

• 那么对于\(k\)个节点来说，我们不妨将\(k\)个节点按照点权降序排列，那么\(v_1\)就是当前未修改前的最大值

• 我们考虑枚举\(v_i\)成为答案，那么我们需要减小\(v_1, v_2,...,v_{i - 1}\)这些节点的点权，显然修改的最优策略一定是将\(v_1, v_2, ... ,v_{i - 1}\)的\(lca\)变为红色节点，我们定义\(dis[v]\)为\(v\)到根节点的路径之和，那么答案为

\[\begin{equation}
\left\{
\begin{array}{lr}
max(dis[v_1], dis[v_2], ... , dis[v_{i - 1}]) - dis[lca] \\
cost[v_i]
\end{array}
\right.
\end{equation}
\]

• 时间复杂度：\(O(nlogn)\)

int n, m, q, dis[N], col[N], last[N], fa[N][20], dep[N], cost[N];
vector<pair<int, int>> g[N];

void dfs(int u, int par)
{
    fa[u][0] = par;
    for (int i = 1; i <= 18; ++i)
        fa[u][i] = fa[fa[u][i - 1]][i - 1];
    dep[u] = dep[par] + 1;
    if (col[u])
        last[u] = u;
    else
        last[u] = last[par];
    cost[u] = dis[u] - dis[last[u]];
    for (auto [v, w] : g[u])
    {
        if (v == par)
            continue;
        dis[v] = dis[u] + w;
        dfs(v, u);
    }
}
int LCA(int u, int v)
{
    if (dep[u] < dep[v])
        swap(u, v);
    for (int i = 18; i >= 0; --i)
        if (dep[fa[u][i]] >= dep[v])
            u = fa[u][i];
    if (u == v)
        return u;
    for (int i = 18; i >= 0; --i)
        if (fa[u][i] != fa[v][i])
            u = fa[u][i], v = fa[v][i];
    return fa[u][0];
}

void solve()
{
    cin >> n >> m >> q;
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        g[i].clear(), col[i] = 0;
    for (int i = 1; i <= m; ++i)
    {
        int u;
        cin >> u;
        col[u] = 1;
    }
    for (int i = 1; i < n; ++i)
    {
        int u, v, w;
        cin >> u >> v >> w;
        g[u].push_back({v, w});
        g[v].push_back({u, w});
    }
    dfs(1, 1);
    while (q--)
    {
        int k;
        cin >> k;
        vector<int> node;
        for (int i = 1, u; i <= k; ++i)
        {
            cin >> u;
            node.push_back(u);
        }
        sort(all(node), [&](int x, int y)
             { return cost[x] > cost[y]; });
        int ans = cost[node.front()];
        int lca = node.front();
        int mx = dis[node.front()];
        for (int i = 0; i < k - 1; ++i)
        {
            if (!i)
                ans = min(ans, max(mx - dis[lca], cost[node[i + 1]]));
            else
            {
                lca = LCA(lca, node[i]);
                mx = max(mx, dis[node[i]]);
                ans = min(ans, max(mx - dis[lca], cost[node[i + 1]]));
            }
        }
        lca = LCA(lca, node.back());
        mx = max(mx, dis[node.back()]);
        ans = min(ans, mx - dis[lca]);
        cout << ans << endl;
    }
}

G - Couleur

给定一个长度为\(n\)的序列\(a\)，一共\(n\)次操作，每次操作删除一个元素，使得序列\(a\)的某个区间分裂成两个区间，对于每个操作求出所有区间中最大的逆序对数

要求：强制在线

题解：启发式分裂 + 主席树

• 我们考虑用\(map\)来维护每段区间的逆序对数，\(mp[i]\)代表区间左端点为\(i + 1\)的区间中逆序对的数量

• 对于每次分裂区间的操作，我们定义区间为\([l,r]\)，分裂点\(x,l \leq x \leq r\)，\(rev(l,r)\)代表区间\([l,r]\)中的逆序对数量：

如果\(x - l < r - x\)，即分裂之后右边区间的元素多，则：

rev(x + 1, r) =  rev(l, r)
			  - rev(l, x - 1)
			  -	一个元素在[l, x - 1]， 一个元素在[x + 1, r] 中的逆序对数量
    		  -  元素 a[x] 产生的逆序对数量

对于\(rev(l,x - 1)\)这一部分答案，我们暴力即可，所以我们需要一个数据结构支持这样一种操作：询问区间\([l,r]\)中数值位于\([ql, qr]\)的元素数量，显然主席树能够很好的支持这种操作，可持久化数组\(a\)即可

其他部分贡献的计算类似

如果\(x - l > r - x\)，同理

• 根据启发式分裂，每个元素最多只会被暴力遍历到\(logn\)次，所以复杂度为\(O(nlog^2n)\)

int n, a[N], p[N], rt[N], lson[M], rson[M], sum[M], idx;
map<int, int> mp;
multiset<int> st;

inline void up(int id) { sum[id] = sum[lson[id]] + sum[rson[id]]; }
void change(int &id, int pre, int l, int r, int x)
{
    id = ++idx;
    lson[id] = lson[pre], rson[id] = rson[pre], sum[id] = sum[pre];
    if (l == r)
    {
        sum[id]++;
        return;
    }
    int mid = l + r >> 1;
    if (x <= mid)
        change(lson[id], lson[pre], l, mid, x);
    else
        change(rson[id], rson[pre], mid + 1, r, x);
    up(id);
}
int query(int id, int l, int r, int ql, int qr)
{
    if (ql > qr)
        return 0;
    if (!id)
        return 0;
    if (ql <= l && r <= qr)
        return sum[id];
    int mid = l + r >> 1;
    if (qr <= mid)
        return query(lson[id], l, mid, ql, qr);
    else if (ql > mid)
        return query(rson[id], mid + 1, r, ql, qr);
    else
        return query(lson[id], l, mid, ql, qr) + query(rson[id], mid + 1, r, ql, qr);
}

void split(int l, int r, int x)
{
    int pre_ans = mp[l];
    st.erase(st.find(pre_ans));
    // a[x] 在区间 [l, r] 中产生的逆序对数量
    int cnt = query(rt[r - 1], 1, n, 1, a[x] - 1) - query(rt[x], 1, n, 1, a[x] - 1) + query(rt[x - 1], 1, n, a[x] + 1, n) - query(rt[l], 1, n, a[x] + 1, n);
    // 左半区间元素个数少，枚举左半区间
    if (x - l < r - x)
    {
        // lans 代表区间 [l, x - 1] 中的逆序对数量， sum 代表一个元素在 [l, x - 1] 中，一个元素在 [x + 1, r] 中的逆序对数量
        int lans = 0, sum = 0;
        for (int i = l + 1; i < x; ++i)
        {
            lans += query(rt[i - 1], 1, n, a[i] + 1, n) - query(rt[l], 1, n, a[i] + 1, n);
            sum += query(rt[r - 1], 1, n, 1, a[i] - 1) - query(rt[x], 1, n, 1, a[i] - 1);
        }
        mp[l] = lans;
        st.insert(lans);
        mp[x] = pre_ans - lans - sum - cnt;
        st.insert(pre_ans - lans - sum - cnt);
    }
    else
    {
        // rans 代表区间 [x + 1, r] 中的逆序对数量， sum 代表一个元素在 [l, x - 1] 中，一个元素在 [x + 1, r] 中的逆序对数量
        int rans = 0, sum = 0;
        for (int i = x + 1; i < r; ++i)
        {
            rans += query(rt[i - 1], 1, n, a[i] + 1, n) - query(rt[x], 1, n, a[i] + 1, n);
            sum += query(rt[x - 1], 1, n, a[i] + 1, n) - query(rt[l], 1, n, a[i] + 1, n);
        }
        mp[x] = rans;
        st.insert(rans);
        mp[l] = pre_ans - rans - sum - cnt;
        st.insert(pre_ans - rans - sum - cnt);
    }
}

void solve()
{
    cin >> n;
    for (int i = 0; i <= idx; ++i)
        lson[i] = rson[i] = sum[i] = 0;
    for (int i = 0; i <= n; ++i)
        rt[i] = 0;
    mp.clear(), st.clear();
    idx = 0;
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        cin >> a[i];
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        cin >> p[i];
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        change(rt[i], rt[i - 1], 1, n, a[i]);
    int ans = 0;
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        ans += query(rt[i - 1], 1, n, a[i] + 1, n);
    mp[0] = ans, mp[n + 1] = 0;
    st.insert(ans), st.insert(0);
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        cout << ans << "\n "[i < n];
        int pos = p[i] ^ ans;
        auto it = mp.lower_bound(pos);
        split(prev(it)->first, it->first, pos);
        ans = *prev(st.end());
    }
}