学大伟业Day解题报告

预计分数:30+30+0=60

实际分数:30+20+0=50

题解部分全部来自http://www.cnblogs.com/TheRoadToTheGold/p/7723564.html

T1https://www.luogu.org/problem/show?pid=T14734

不会。。打30分暴力走人

对于60%的分数

通过观察可知设当前坐标为x，则通过坐标为a的圆环可移动到2a-x处。连续通过两个圆环(a,b)可以移动到x+(2b-2a)处。

先以移动步数为偶数情况考虑简化版问题：设圆环坐标为a[1]~a[n]，对于任意两个圆环，可由坐标x变为x+2(a[j]-a[i])，题目转化为对于N^2个数其中b[i,j]=2(a[j]-a[i])，通过有限次加减运算能否由x=0变化至目标。

根据广义裴蜀定理以及扩展欧几里得相关原理可知，当且仅当目标为gcd的倍数时有解。故预处理出全部可能的2(a[j]-a[i])，求出其最大公约数，在判断目标是否为gcd的倍数即可。

对于奇数的情况，可以通过枚举第一步的方案转化为偶数的情况，即维护一个set表示0步或1步可达点集(mod gcd意义下)，再查询目标点在mod gcd下是否属于这个集合即可。复杂度瓶颈在于N^2个数求gcd。

对于100%的分数

通过欧几里得算法的性质与更相减损术可知gcd(a,b)=gcd(a-b,b)。设p1={2*(a[i]-a[1])|i>1}的最大公约数，设p2={2*(a[i]-a[j])}的最大公约数，易知p1>=p2（因为p1比p2约束宽松）。而对于任意i,j由于p1同时是2*(a[i]-a[1])、2*(a[j]-a[1])的约束，那么p1也一定是任意2*(a[i]-a[1])-2*(a[j]-a[1])=2*(a[i]-a[j])的约数，故p1<=p2。综上所述p1=p2，这样就不需要N^2个数同时求gcd了，只求p1即可，可获得满分。

 #include<set>
 #include<cstdio>
 #include<iostream>
 #include<algorithm>

 using namespace std;

 typedef long long LL;

 #define N 100001

 LL a[N];

 set<LL>S;

 void read(LL &x)
 {
     x=; int f=; char c=getchar();
     while(!isdigit(c))  { if(c=='-') f=-;  c=getchar(); }
     while(isdigit(c)) { x=x*+c-''; c=getchar(); }
     x*=f;
 }

 LL getgcd(LL i,LL j) { return !j ? i : getgcd(j,i%j); }

 int main()
 {
     freopen("ninja.in","r",stdin);
     freopen("ninja.out","w",stdout);
     int n,m;
     scanf("%d%d",&n,&m);
     for(int i=;i<=n;i++) read(a[i]);
     LL gcd=;
     for(int i=;i<=n;i++) gcd=getgcd(abs(a[i]-a[]<<),gcd);
     LL x;
     if(gcd)
     {
         S.insert();
         for(int i=;i<=n;i++) S.insert((*a[i]%gcd+gcd)%gcd);
         while(m--)
         {
             read(x);
             puts(S.find((x%gcd+gcd)%gcd)!=S.end() ? "Yes" : "No");
         }
     }
     else
     {
         while(m--)
         {
             read(x);
             puts(x==a[]* ? "Yes" : "No");
         }
     }
 }

T2https://www.luogu.org/problem/show?pid=T14735

有20分裸地暴力

还有10分裸的线段树

其他的不会做，，后来线段树写炸了QWQ、、、

线段树

先下放取反标记，在下方加标记

下放取反标记时，若存在加标记，加标记也取反

关键是如何处理加标记的影响

设当前线段树区间有4个数x1，x2，x3，x4

sum[i] 表示 选出i个数的乘积 的和

sum[1]=x1+x2+x3+x4

sum[2]=x1x2+x1x3+x1x4+x2x3+x2x4+x3x4

sum[3]=x1x2x3+x1x2x4+x1x3x4+x2x3x4

sum[4]=x1x2x3x4

操作：区间加a

以sum[3]为例

新的sum[3]=

(x1+a)(x2+a)(x3+a) +

(x1+a)(x2+a)(x4+a) +

(x1+a)(x3+a)(x4+a) +

(x2+a)(x3+a)(x4+a)

=x1x2x3+a(x1x2+x1x3+x2x3)+a^2(x1+x2+x3)+a^3 +

x1x2x4+a(x1x2+x1x4+x2x4)+a^2(x1+x2+x4)+a^3 +

x1x3x4+a(x1x3+x1x4+x3x4)+a^2(x1+x3+x4)+a^3 +

x2x3x4+a(x2x3+x2x4+x3x4)+a^2(x2+x3+x4)+a^3

=sum[3] + a*sum[2]*2 + a^2*sum[1]*3 + a^4

所以 对有siz个元素的区间执行区间加a操作

那么sum[]的更新：

for  i： 10 ——> 1

for  j：i-1——>1

sum[i]+=a^(i-j)*sum[j]*C(siz-j,i-j)

解释：

有i个（xi+a）相乘

从里面选出j个xi，那就只能选i-j个a

后面那个组合数？

一共有siz个（xi+a） ，已经确定了有j个（xi+a）选择xi

一共要选i个（xi+a），那就要从剩下的siz-j个（xi+a）里选出 i-j个（xi+a）来用他们的a

所以是C（siz-j，i-j）

区间的合并

枚举左边选j个，那右边就选i-j个，乘起来就行了

例：

假设当前要选3个数

左边有2个数x1，x2  选1个，

右边有3个数x3，x4，x5  选2个

那就是 x1*x3*x4+x1*x3*x5+x1*x4*x5+x2*x3*x4+x2*x3*x5+x2*x4*x5

=x1*右边的sum[2]+x2*右边的sum[2]

=左边的sum[1] * 右边的sum[2]

 #include<cstdio>
 #include<iostream>
 #include<algorithm>

 using namespace std;

 #define N 50001

 const int mod=1e9+;

 typedef long long LL;

 int n;

 int C[N][];

 int f[N<<];
 int siz[N<<],mid[N<<];
 bool rev[N<<];

 struct node { int sum[]; }ans[N<<];

 void read(int &x)
 {
     x=; int ff=; char c=getchar();
     while(!isdigit(c)) { if(c=='-') ff=-; c=getchar(); }
     while(isdigit(c)) { x=x*+c-''; c=getchar(); }
     x*=ff;
 }

 int tot=;

 void MOD(int &a,int b)
 {
     a+=b;
     a-= a>=mod ? mod : ;
 }

 void pre(int n)
 {
     C[][]=;
     for(int i=;i<=n;i++)
     {
         C[i][]=;
         for(int j=;j<=min(i,);j++) C[i][j]=(C[i-][j]+C[i-][j-])%mod;
     }
 }

 void update(int k)
 {
     for(int i=;i<=;i++)
     {
         ans[k].sum[i]=;
         for(int j=;j<i;j++) MOD(ans[k].sum[i],1ll*ans[k<<].sum[j]*ans[k<<|].sum[i-j]%mod);
         MOD(ans[k].sum[i],ans[k<<].sum[i]); MOD(ans[k].sum[i],ans[k<<|].sum[i]);
     }
 }

 void build(int k,int l,int r)
 {
     siz[k]=r-l+;
     if(l==r) { read(ans[k].sum[]); MOD(ans[k].sum[],); return; }
     mid[k]=l+r>>;
     build(k<<,l,mid[k]); build(k<<|,mid[k]+,r);
     update(k);
 }

 void insert(int k,int w)
 {
     MOD(f[k],w);
     for(int i=;i;i--)
     {
         int x=w;
         for(int j=i-;j;j--,x=1ll*x*w%mod)
             MOD(ans[k].sum[i],1ll*x*ans[k].sum[j]%mod*C[siz[k]-j][i-j]%mod);
         MOD(ans[k].sum[i],1ll*x*C[siz[k]][i]%mod);
     }
 }

 void turn(int k)
 {
     rev[k]^=;
     if(f[k]) f[k]=mod-f[k];
     for(int i=;i>;i-=)
         if(ans[k].sum[i]) ans[k].sum[i]=mod-ans[k].sum[i];
 }

 void down(int k)
 {
     if(rev[k]) turn(k<<),turn(k<<|),rev[k]=;
     if(f[k]) insert(k<<,f[k]),insert(k<<|,f[k]),f[k]=;
 }

 void add(int k,int l,int r,int opl,int opr,int w)
 {
     if(l>=opl && r<=opr) { insert(k,w); return; }
     down(k);
     if(opl<=mid[k]) add(k<<,l,mid[k],opl,opr,w);
     if(opr>mid[k]) add(k<<|,mid[k]+,r,opl,opr,w);
     update(k);
 }

 void reverse(int k,int l,int r,int opl,int opr)
 {
     if(l>=opl && r<=opr)  { turn(k); return; }
     down(k);
     if(opl<=mid[k]) reverse(k<<,l,mid[k],opl,opr);
     if(opr>mid[k]) reverse(k<<|,mid[k]+,r,opl,opr);
     update(k);
 }

 node query(int k,int l,int r,int opl,int opr,int w)
 {
     if(l>=opl && r<=opr) return ans[k];
     down(k);
     if(opr<=mid[k]) return query(k<<,l,mid[k],opl,opr,w);
     else if(opl>mid[k]) return query(k<<|,mid[k]+,r,opl,opr,w);
     else
     {
         node L=query(k<<,l,mid[k],opl,opr,w),R=query(k<<|,mid[k]+,r,opl,opr,w);
         node tmp;
         for(int i=;i<=w;i++)
         {
             tmp.sum[i]=(L.sum[i]+R.sum[i])%mod;
             for(int j=;j<i;j++) MOD(tmp.sum[i],1ll*L.sum[j]*R.sum[i-j]%mod);
         }
         return tmp;
     }
 }

 int main()
 {
     freopen("game.in","r",stdin);
     freopen("game.out","w",stdout);
     int n,m;
     read(n); read(m);
     pre(n);
     build(,,n);
     int ty,l,r,w;
     while(m--)
     {
         read(ty); read(l); read(r);
         if(ty==)
         {
             read(w); w%=mod;
             w+= w< ? mod : ;
             add(,,n,l,r,w);
         }
         else if(ty==) reverse(,,n,l,r);
         else
         {
             read(w);
             node p=query(,,n,l,r,w);
             printf("%d\n",query(,,n,l,r,w).sum[w]);
         }
     }
 }

T3https://www.luogu.org/problem/show?pid=T14737

没看懂题目。。。。

总结

、。、、今天的考试确实没有昨天那么水了，，，，

不过，，我好菜啊。。。。。。