【FCS NOI2018】福建省冬摸鱼笔记 day5

第五天，也是讲课的最后一天。

数据结构专题，讲师：杨志灿

他的blog我似乎找不到了……以前肯定是在百度博客里面。但是现在百度博客消失了。

PPT做的很有感觉，说了很多实用的技巧。

我觉得其实是收获最大的一天，因为听懂了XD

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中午划水

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下午的题也非常良心，然而@ghostfly233和@Melacau说他们做过原题？？？

问题就是非常卡常！n=10^5的nlogn题目，400组询问，4秒？6亿复杂度啊！

然而就是跑过了，我也没办法，树状数组复杂度不满……

矩阵快速幂也卡……非常难受。

【T1】

题意：有\(1\leq a\leq b\leq c\leq n\)，问多少个\((a,b,c)\)三元组满足\(a+b^2\equiv c^3(mod\;k)\)。

题解：枚举b，发现a+b^2的范围是b^2+1到b^2+b是连续的一段，考虑计算这段中的c大于等于b的c^3的个数。

显然用树状数组维护，复杂度有点问题，可是就是AC了XD。代码非常的优美。

#include<cstdio>
#include<cstring>
int n,k,bit[100001];
long long ans;
inline void I(int i){for(++i;i<=k;i+=i&-i)++bit[i];}
inline int Q(int i){int s=0;for(++i;i;i-=i&-i)s+=bit[i];return s;}
int main(){
	freopen("exclaim.in","r",stdin);
	freopen("exclaim.out","w",stdout);
	int T; scanf("%d",&T);
	for(int t=1;t<=T;++t){
		scanf("%d%d",&n,&k); ans=0;
		memset(bit,0,sizeof bit);
		int sum=0;
		for(int i=n;i;--i){
			I(1ll*i*i*i%k); ++sum;
			long long l=1ll*i*i+1, r=1ll*i*i+i;
			ans+=1ll*(r/k-l/k)*sum+Q(r%k)-Q(l%k-1);
		}
		printf("Case %d: %lld\n",t,ans);
	}
	return 0;
}

【T2】

题意：你玩一个多结局RPGgalgame(???)，游戏流程类似树形结构，你总共通关了k次，每个场景你都会获得该场景的价值(可能还有好感度和浪费手纸?)，但是多次经历该场景就只有一次价值了。

价值都是正整数。

问他怎样攻略能获得最大价值？

题解：有一个贪心思路：每次都走最大价值的路线，这样一定最终价值也最大。

如何证明？

我们先证明最大的一定要选吧，这样后面的归纳一下就完了。

先分类讨论：

假设我们没有选择最大的，那么我们从最大的这条路线往回回溯，遇到第一个有选取的场景，那么走这个场景的这条(任意一条)路线，都可以换成走最大的路线。

为什么？假设走到这个场景的路线只有一条，那么显然更优，因为前面的价值都一样，换成这条会更优。

假设有多条，那么其中任意一条换掉之后，多了最优的这一条的价值收益，并且自己这条的收益还不用完全减掉，因为还有其他的路线走过，所以比上一种情况还来得优。

那么我们就证明了，最大的路线一定要选，接下来把最大的路线的收益删去，变成0，那么这时再选取最大的还是一样的。于是证明完毕。

那么如何处理呢？包括查询最大收益和修改。

其实这就是一个线段树能够维护的：

把节点按照DFS序排序，一个点的所有孩子就是一段区间。

把所有的叶子节点(结局)按照DFS序扔进线段树，初始值就是路线收益，查询时直接查最大值，修改时，我们知道一个点的孩子对应一段区间，所以区间减法即可。

查询k次，每次O(1)，修改最多n次，每次O(log 叶子节点数)。

那么这题就算做完了。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,k,a[200001],fa[200001],t[200001],cnt;
int h[200001],to[200001],nxt[200001],tot;
inline void ins(int x,int y){nxt[++tot]=h[x];to[tot]=y;h[x]=tot;}
int L[200001],R[200001],vis[200001];
long long dat[524289],lazy[524289],ans;
int pos[524289];
void dfs(int u){
	if(!h[u]) {L[u]=R[u]=++cnt, t[cnt]=u; return;}
	L[u]=n; for(int i=h[u];i;i=nxt[i]) dfs(to[i]), L[u]=min(L[u],L[to[i]]), R[u]=max(R[u],R[to[i]]);
}
inline void pushdown(int i){
	lazy[i<<1]+=lazy[i];
	lazy[i<<1|1]+=lazy[i];
	dat[i<<1]+=lazy[i];
	dat[i<<1|1]+=lazy[i];
	lazy[i]=0;
}
void build(int i,int l,int r){
	pos[i]=l;
	if(l==r) return;
	int mid=l+r>>1;
	build(i<<1,l,mid), build(i<<1|1,mid+1,r);
}
void Ins(int i,int l,int r,int a,int b,int v){
	if(a<=l&&r<=b) {dat[i]+=v; lazy[i]+=v; return;}
	if(r<a||b<l) return;
	pushdown(i); int mid=l+r>>1;
	Ins(i<<1,l,mid,a,b,v); Ins(i<<1|1,mid+1,r,a,b,v);
	dat[i]=max(dat[i<<1],dat[i<<1|1]);
	pos[i]=dat[i<<1]>=dat[i<<1|1]?pos[i<<1]:pos[i<<1|1];
}
int main(){
	freopen("game.in","r",stdin);
	freopen("game.out","w",stdout);
	scanf("%d%d",&n,&k); k=min(k,n);
	for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",a+i);
	for(int i=1,x,y;i<n;++i) scanf("%d%d",&x,&y), ins(x,y), fa[y]=x;
	dfs(1);
	build(1,1,cnt);
	for(int i=1;i<=n;++i) Ins(1,1,cnt,L[i],R[i],a[i]);
	for(int i=1;i<=k;++i){
		int p=t[pos[1]];
		ans+=dat[1];
		int sum=0;
		while(p&&!vis[p]) Ins(1,1,cnt,L[p],R[p],-a[p]), vis[p]=1, sum+=a[p], p=fa[p];
	}
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}

【T3】

题意：求有向图中长度小于k的环的个数，没有自环。

题解：简单矩阵，有著名定理支持：邻接矩阵的k次方就是从一个节点出发，经过k步到达另一个节点的路径数。

即求\(A^1+A^2+\cdots+A^{k-1}\)。

简单矩阵快速幂即可，加一个稀疏矩阵优化，跑的飞快。根本不需要分治。

#include<cstdio>
#include<cstring>
int n,n2,k,p,ans;
struct Mat{int fk[200][200];}M1,M2;
inline Mat operator*(Mat p1,Mat p2){
	Mat p3;memset(p3.fk,0,sizeof p3.fk);
	for(register int i=0;i<n2;++i)
	for(register int k=0;k<n2;++k) if(p1.fk[i][k])
	for(register int j=0;j<n2;++j)
		p3.fk[i][j]=(p3.fk[i][j]+1ll*p1.fk[i][k]*p2.fk[k][j])%p;
	return p3;
}
int main(){
	freopen("tour.in","r",stdin);
	freopen("tour.out","w",stdout);
	scanf("%d",&n); n2=n<<1;
	char ch;
	for(register int i=0;i<n;++i) M1.fk[i][i]=M2.fk[i][i]=M2.fk[i+n][i+n]=1;
	for(register int i=n;i<n2;++i) for(register int j=0;j<n;++j) (ch=getchar())=='Y'?M1.fk[i][j]=M1.fk[i][j+n]=1:(ch!='N'?--j:0);
	scanf("%d%d",&k,&p); --k;
	if(p==1){puts("0");return 0;}
	while(k){
		if(k&1) M2=M2*M1;
		k>>=1; M1=M1*M1;
	}
	for(register int i=0;i<n;++i) ans=(ans+M2.fk[i+n][i])%p;
	printf("%d",ans);
	return 0;
}