2018ICPC南京网络赛

A. An Olympian Math Problem

题目描述：求$\sum_{i=1}^{n} i\times i! \%n$

solution

\[(n-1) \times (n-1)! \% n= (n-2)!(n^2-2n+1) \%n =(n-2)!
\]

\[(n-2+1)\times (n-2)! \% n= (n-3)!(n^2-3n+2) \%n =(n-3)! \times 2
\]

以此类推，最终只剩下$n-1$

时间复杂度：$O(1)$

B. The writing on the wall

题目描述：有一个$n\times m$的网格图，其中有些格子是黑色，其它都是白色，问不含黑色格子的矩形有多少个。

solution

先预处理出每个格子向右延伸的最长距离是多少，记作$ri[i][j]$。

对于每一列$j$，将行按$ri$从大到小排序，按顺序插回去，用并查集维护连通块，当将第$i$行插回去是，$i$所在的连通块最长延伸距离为$ri[i][j]$，为避免重复，只算跨过$i$这一行的贡献。

时间复杂度：$O(n^3)$

C. GDY

据说是比较坑的模拟题，队友做的。

D. Jerome's House

题目描述：在一个凸包内放三个半径为$r$的圆（圆可以相交），求圆心所形成的三角形的面积的最大值的两倍。

solution

将凸包的所有边向内移动$r$，用半平面交求出之后的凸包，然后在凸包上求面积最大的三角形，枚举两个点，然后第三个点是单调的。

时间复杂度：$O(n^2)$

E. AC Challenge

裸状压$dp$.

F. An Easy Problem On The Trees

G. Lpl and Energy-saving Lamps

裸线段树。

H. Set

题目描述：有$n$个点, 每个点有一个权值。$m$个操作，操作有三种：

给定$u, v$，如果$u, v$不在同一个集合，那么将它们所在的集合合并
给定$u$，将$u$所在集合的点的权值加一。
给定$u, k, x$，求$u$所在集合的点的权值模$2^k$等于$x$的有多少。

solution

看到第三个操作，就会想到用$trie$来维护每个集合的数（越接近树根数位越低），操作一就是将两棵$trie$暴力合并，由于只有合并操作，因此每个点只会被合并一次，因此总的时间复杂度还是$O(nlogn)$，对于操作二，可以在$trie$上面打标记，表示子树要加数，假设加的数为$x$，若$x$为奇数，则本来该数位是$0$的数变成$1$，$1$变成$0$，并且要进位，即交换儿子，交换后儿子$0$的标记加一；若$x$为偶数，则直接把标记往下打即可，往下打得标记为$x/2$.

时间复杂度：$O((n+m)k)$

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int maxn=int(6e5)+100;

struct node

{

	node *son[2];

	int cnt;

	int mark;

	node()

	{

		cnt=mark=0;

		son[0]=son[1]=NULL;

	}

	void down()

	{

		if (mark & 1) swap(son[0], son[1]);

		if (son[0]) son[0]->mark+=(mark>>1)+(mark & 1);

		if (son[1]) son[1]->mark+=(mark>>1);

		mark=0;

	}

};

node memory[maxn*31];

node *mem=memory;

int n, m;

int dsu[maxn];

node *trie[maxn];

void insert(node *cur, int v)

{

	++cur->cnt;

	for (int i=0; i<30; ++i, v>>=1)

	{

		if (!cur->son[v & 1]) cur->son[v & 1]=mem++;

		cur=cur->son[v & 1];

		++cur->cnt;

	}

}

void read()

{

	scanf("%d%d", &n, &m);

	for (int i=1; i<=n; ++i) dsu[i]=-1;

	for (int i=1; i<=n; ++i)

	{

		int v;

		scanf("%d", &v);

		trie[i]=mem++;

		insert(trie[i], v);

	}

}

int dsu_find(int cur)

{

	return (dsu[cur]<0? cur:(dsu[cur]=dsu_find(dsu[cur])));

}

void dsu_merge(int &x, int &y)

{

	if (dsu[x]>dsu[y]) swap(x, y);

	dsu[x]+=dsu[y];

	dsu[y]=x;

}

node *merge(node *x, node *y)

{

	if (!x) return y;

	if (!y) return x;

	if (x->mark) x->down();

	if (y->mark) y->down();

	x->cnt+=y->cnt;

	x->son[0]=merge(x->son[0], y->son[0]);

	x->son[1]=merge(x->son[1], y->son[1]);

	return x;

}

int ask(node *cur, int k, int x)

{

	if (cur->mark) cur->down();

	for (int i=0; i<k; ++i, x>>=1)

	{

		if (!cur->son[x & 1]) return 0;

		cur=cur->son[x & 1];

		if (cur->mark) cur->down();

	}

	return cur->cnt;

}

void solve()

{

	for (int i=1; i<=m; ++i)

	{

		int type, u, v, x;

		scanf("%d%d", &type, &u);

		u=dsu_find(u);

		switch (type)

		{

			case 1:

				scanf("%d", &v);

				v=dsu_find(v);

				if (u==v) break;

				dsu_merge(u, v);

				trie[u]=merge(trie[u], trie[v]);

				break;

			case 2:

				++trie[u]->mark;

				break;

			case 3:

				scanf("%d%d", &v, &x);

				printf("%d\n", ask(trie[u], v, x));

				break;

		}

	}

}

int main()

{

	read();

	solve();

	return 0;

}

I. Skr

题目描述：给定一个只含数字的字符串，求不同回文子串的和（子串所代表的数字的和）

solution

裸回文树。

J. Sum

题目描述：定义$f(n)$为$n$分解为两个非平方数乘积的方案数（有序数对），非平方数指的是没有平方数因子的数，$1$除外。问$\sum_{i=1}^{n} f(i)$

solution

将一个数$n$分解质因数，若某个质因子的幂大于$2$，则$f(n)=0$,因为无论怎么分，总有一个数会有两个该质因子；否则$f(n)=2^{幂次为1的质因子的个数}$。而这东西显然是积性函数，因此可以线性筛预处理。

时间复杂度：$O(n)$

K. The Great Nim Game

题目描述：有$n$堆石子，每堆石子的个数为$f(n)$，一开始可以移走若干堆石子，使得在剩下的石子堆中玩$Nim$游戏先手必胜，问移走石子堆的方案数。

solution

如果直接给出每堆石子的个数，那这题就很简单了，就是算使得剩下的数异或值不为$0$即可，这个可以用状压$dp$。但这道题的$n$很大，$f(n)$是由递推式给出的。观察式子可知$f(n)$有一个长度为$k$的循环，因此可以算出每种数字有多少个，只是要用高精度表示而已，每种数字选奇数个或偶数个，因此方案数是$2^{个数-1}$，因为个数很大，所以要用欧拉定理降幂。

时间复杂度：$O(n+2^kk)$

L. Magical Girl Haze

题目描述：有一个$n$个点$m$条边的图，现在可以将不多于$k$条边的权值变成$0$，求$1$到$n$的最短路径。

solution

拆点，将一个点拆成$k+1$个，表示已经变了多少条边。然后用$dijkstra$才能过。（好像$SPFA+SLF$优化也可以）

时间复杂度：$O(mlog(nk))$