[考试反思]1008csp-s模拟测试64：契机

暴力没打满。。。有点垃圾。。。

考得稍绝望，啥也不会啊？？？

T3的测试点分治还写挂了。。。

其实就是没有沉下心好好的思考，在三道题上来回切换结果一个成型思路都没有

T2既然已经想到那一步了居然没有继续想下去。。。

不管怎么说，还是思路凌乱了，没有稳下来

但是，也算是混进第一鸡房了，也是新的自我调整的机会吧

没怎么颓废，改题也快了。。。感觉不错

这是一个好的桌面背景。(Ubuntu Mono Bold Italic 150号字)

T1：trade

刚开始以为要怎么优化dp。但是这其实是一个比较明显的反悔型贪心。

因为取消卖出和进行买入这两个操作本质是一样的，往堆里扔就是了。

买a卖b再买b卖c，和买a卖c是等价的，这样就做到了反悔。

当你决定卖的时候就往堆里扔一个用于反悔卖出这个决定。

然后每个元素都还要往堆里扔一个来用于正常的买入。

代码比暴力dp还好写。

 #include<cstdio>
 #include<queue>
 using namespace std;
 priority_queue<int,vector<int>,greater<int> >q;
 int n,x;long long ans;
 main(){
     scanf("%d%d",&n,&x);q.push(x);n--;
     while(n--){
         scanf("%d",&x);
         if(x>q.top())ans+=x-q.top(),q.pop(),q.push(x);
         q.push(x);
     }printf("%lld\n",ans);
 }

思路积累：

• 反悔型贪心：正确性证明与数据结构结合达到最优决策

T2：sum

根据定义，有S[i][j]=S[i][j-1]+C[i][j]

打表发现，有S[i][j]=S[i-1][j-1]+S[i-1][j]

用含义就可以知道：i个里至多选j个，随意指定其中一个元素，如果它选，那么就在剩下的i-1里至多选j-1个，如果它不选，那就在剩下的i-1里选至多j个

合并一下，有S[i][j]=S[i-1][j]*2-C[i-1][j]

这样的形式就可以做到O(1)的把数组的某一维变化1了。可以莫队了。

 #include<cstdio>
 #include<algorithm>
 using namespace std;
 #define int long long
 #define mod 1000000007
 struct qs{int m,n,id;friend bool operator<(qs a,qs b){return a.n/!=b.n/?a.n/<b.n/:a.m/<b.m/;}}q[];
 int fac[],inv[],invv[],id,Q,n,m,ans[];
 int C(int b,int t){return b<t?:fac[b]*inv[t]%mod*inv[b-t]%mod;}
 main(){//freopen("sum1.in","r",stdin);freopen("my.out","w",stdout);
     fac[]=invv[]=inv[]=inv[]=fac[]=;
     for(int i=;i<=;++i)fac[i]=fac[i-]*i%mod,invv[i]=mod-mod/i*invv[mod%i]%mod,inv[i]=inv[i-]*invv[i]%mod;
     scanf("%lld%lld",&id,&Q);
     int x=,y=,Ans=;
     for(int i=;i<=Q;++i)scanf("%lld%lld",&q[i].n,&q[i].m),q[i].id=i;
     sort(q+,q++Q);
     for(int i=;i<=Q;++i){
         while(x<q[i].n)Ans=(Ans+Ans-C(x,y)+mod)%mod,++x;
         while(x>q[i].n)--x,Ans=(Ans+C(x,y))*500000004ll%mod;
         while(y<q[i].m)++y,Ans=(Ans+C(x,y))%mod;
         while(y>q[i].m)Ans=(Ans-C(x,y)+mod)%mod,--y;
         ans[q[i].id]=Ans;
     }for(int i=;i<=Q;++i)printf("%lld\n",ans[i]);
 }

思路积累：

• 莫队和分块思路在递推表达式求值上的应用

但是还是想讲一下自己傻逼的部分分想法：m全部相同的20分。

$S_{n,m}=\sum\limits_{i=0}^m C_{n,i} $

$=\sum\limits_{i=0}^m n! \times inv(i!) \times inv((n-i)!)$

$= n! \sum\limits_{i=0}^m inv(i!) \times inv((n-i)!) $

然后后面就是一个比较明显的卷积形式了。

因为求和只是到m为止，所以不能直接把两个inv套起来，对于第一个inv数组大于m的项赋成0就可以解决这个问题了。

然后我们就能求出对于每一个n后面的那个卷积式了，就可以O(1)回答询问了。

因为模数是1000000007，不是一个好的NTT模数，所以需要多模数CRT一发。

思路还好，就是如果考场上我要是打这个的话可能就不用干别的了。

又是用省选知识点打联赛暴力的好例子

诚当是磨砺思维吧（虽然在考场上耽误了不少时间）

T3：building

loj差点就让我弃坑了。

对于询问有多少个块，这还是比较好做的，差分一下O(1)修改，最后求两遍前缀和。

至于联通块，容易想起以前的结论：在无环图上，联通块数=点数-边数

然而这道题有环。我们把每一次操作作为一个点，把相邻的操作建边，求联通块。

可以利用并查集，这样它就成了树型的了，就可以用点数-边数了。

建边的时候，如果发现它们已经联通，那么就不再建边，这样就保证了无环。

我的思路是横边只与横边相邻，竖边只与竖边有相邻。

那么怎么考虑横边与竖边之间的相邻呢？

可以发现如果横边与竖边相邻的话，其实就是其中的一条边与另一条边的某一个端点相邻。

这样的话，我们在加入某一条横边的时候，同时也把它的两个端点当成竖边加入。加入竖边时同理。

然后逐行扫，不断加入x1小的边即可。

暴力的做法是爆扫相邻的两行/列枚举每一个块。这样的复杂度在极端时会被卡成n²。

但是本题没有卡可以AC，虽说跑的很慢而且我的方法有有3倍量的块。2900ms。

 #include<cstdio>
 #include<vector>
 #include<algorithm>
 #include<iostream>
 using namespace std;
 struct ps{int x1,x2,y1,y2,ord;friend bool operator<(ps a,ps b){return a.x1<b.x1;}}p[];
 vector<ps>L[],R[];
 int ans,cf[],f[],cb[],eds;
 int find(int k){return f[k]==k?k:f[k]=find(f[k]);}
 void link(int a,int b){
     int fa=find(a),fb=find(b);
     if(fa!=fb)eds++,f[fa]=fb;
 }
 int main(){
     int id,n,m,k,q,qk,qx,pt=;scanf("%d%d%d%d%d",&id,&n,&m,&k,&q);
     for(int i=,x1,x2,y1,y2;i<=k;++i){
         scanf("%d%d%d%d",&x1,&y1,&x2,&y2);
         p[i]=(ps){x1,x2,y1,y2,f[i]=i};
         if(x1==x2)cf[x1]+=y2-y1+,cf[x1+]-=y2-y1+;
         else cf[x1]++,cf[x2+]--;
     }
     for(int i=;i<=n;++i)cf[i]+=cf[i-];
     for(int i=;i<=n;++i)cf[i]+=cf[i-];
     sort(p+,p+k+);
     for(int I=;I<=n;cb[I]=pt-eds-,++I)while(p[pt].x1==I&&pt<=k){
         int x1=p[pt].x1,x2=p[pt].x2,y1=p[pt].y1,y2=p[pt].y2,ord=p[pt].ord,X1=x1-,X2=x2+,Y1=y1-,Y2=y2+;
         for(int i=;i<L[X1].size();++i)if(!(L[X1][i].y1>y2||L[X1][i].y2<y1))link(L[X1][i].ord,ord);
         for(int i=;i<R[Y1].size();++i)if(!(R[Y1][i].x1>x2||R[Y1][i].x2<x1))link(R[Y1][i].ord,ord);
         for(int i=;i<L[X2].size();++i)if(!(L[X2][i].y1>y2||L[X2][i].y2<y1))link(L[X2][i].ord,ord);
         for(int i=;i<R[Y2].size();++i)if(!(R[Y2][i].x1>x2||R[Y2][i].x2<x1))link(R[Y2][i].ord,ord);
         ps P1=(ps){x1,x1,y1,y1,ord},P2=(ps){x2,x2,y2,y2,ord};
         if(y1==y2)R[y1].push_back(p[pt]),L[x2].push_back(P2),L[x1].push_back(P1);
         else L[x1].push_back(p[pt]),R[y2].push_back(P2),R[y1].push_back(P1);
         pt++;
     }
     while(q--)scanf("%d%d",&qk,&qx),printf("%d\n",qk?cb[qx]:cf[qx]);
 }

肯定是可以优化的。一种是把vector改成set这样的话常数会非常大最后可能比暴力还慢。

另一种就是先把所有边都加入然后sort，用lower_bound查询并及时break就行。

要注意你建边时只与前面行的建边，没有扫到的行不要建。

QAQnlog的代码还没有写等会马上跟上啊我没脸溜了

QAQ打完超级长的nlog的正解了但是它跑的比暴力还慢啊啊啊常数这么丑2940ms但是好歹打正解了我又有脸了啊啊啊溜了

 #include<cstdio>
 #include<vector>
 #include<algorithm>
 #include<iostream>
 using namespace std;
 struct ps{int x1,x2,y1,y2,ord;friend bool operator<(ps a,ps b){return a.x1!=b.x1?a.x1<b.x1:a.y1<b.y1;}}p[];
 vector<ps>L[],R[];
 int ans,cf[],f[],cb[],eds;
 int find(int k){return f[k]==k?k:f[k]=find(f[k]);}
 void link(int a,int b){
     int fa=find(a),fb=find(b);//printf("link:%d %d\n",a,b);
     if(fa!=fb)eds++,f[fa]=fb;
 }
 int main(){//freopen("building1.in","r",stdin);
     int id,n,m,k,q,qk,qx,pt=;scanf("%d%d%d%d%d",&id,&n,&m,&k,&q);
     for(int i=,x1,x2,y1,y2;i<=k;++i){
         scanf("%d%d%d%d",&x1,&y1,&x2,&y2);
         p[i]=(ps){x1,x2,y1,y2,f[i]=i};
         ps P1=(ps){x1,x1,y1,y1,i},P2=(ps){x2,x2,y2,y2,i};
         if(x1==x2)cf[x1]+=y2-y1+,cf[x1+]-=y2-y1+,L[x1].push_back(p[i]),R[y2].push_back(P2),R[y1].push_back(P1);
         else cf[x1]++,cf[x2+]--,R[y1].push_back(p[i]),L[x2].push_back(P2),L[x1].push_back(P1);
     }
     for(int i=;i<=n;++i)cf[i]+=cf[i-];
     for(int i=;i<=n;++i)cf[i]+=cf[i-];
     for(int i=;i<=n;++i)sort(L[i].begin(),L[i].end());
     for(int i=;i<=m;++i)sort(R[i].begin(),R[i].end());
     sort(p+,p+k+);
     for(int I=;I<=n;cb[I]=pt-eds-,++I)while(p[pt].x1==I&&pt<=k){
         int x1=p[pt].x1,x2=p[pt].x2,y1=p[pt].y1,y2=p[pt].y2,ord=p[pt].ord,X1=x1-,X2=x2+,Y1=y1-,Y2=y2+;
         for(int i=max(,lower_bound(L[X1].begin(),L[X1].end(),(ps){X1,X1,y1,y1,})-L[X1].begin()-);i<L[X1].size();++i)
             if(!(L[X1][i].y1>y2||L[X1][i].y2<y1)){if(L[X1][i].x1<=I)link(L[X1][i].ord,ord);}
             else if(L[X1][i].y1>y2)break;
         for(int i=max(,lower_bound(R[Y1].begin(),R[Y1].end(),(ps){x1,x1,Y1,Y1,})-R[Y1].begin()-);i<R[Y1].size();++i)
             if(!(R[Y1][i].x1>x2||R[Y1][i].x2<x1)){if(R[Y1][i].x1<=I)link(R[Y1][i].ord,ord);}
             else if(R[Y1][i].x1>x2)break;
         for(int i=max(,lower_bound(R[Y2].begin(),R[Y2].end(),(ps){x1,x1,Y2,Y2,})-R[Y2].begin()-);i<R[Y2].size();++i)
             if(!(R[Y2][i].x1>x2||R[Y2][i].x2<x1)){if(R[Y2][i].x1<=I)link(R[Y2][i].ord,ord);}
             else if(R[Y2][i].x1>x2)break;
         pt++;
     }
     while(q--)scanf("%d%d",&qk,&qx),printf("%d\n",qk?cb[qx]:cf[qx]);
 }

思路积累：

• 联通块的性质
• 离线处理