[hgoi#2019/2/24]玄学考试

感想

对于这次考试，真的不想说什么了，太玄学了！！！

t1输出比标准输出长，这是什么操作？？？难道要关文件？？？但是交到oj上又A掉了。这是什么操作。

t2还好，没有出什么意外。。。但是要吐槽一下出题人，为什么空间给这么小！！！

t3的正解竟然是随机乱搞？？？

t4竟然给我玄学错掉了一个点，交到oj上还都是对的？？？

以上吐槽完毕

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t1 密码(password)

题目大意

求出 \(\sum_{i=1}^{n} i^2 2^i\) 。

题解

遇到这种有倍数关系的累加和，一般都可以用错位相减法。

\[ Sn=1 \times 2^1 + 4 \times 2^2 + \cdots + n^2 \times 2^n \]

\[ 2 \times Sn=1 \times 2^2 + 4 \times 2^3 +\cdots + n^2 \times 2^{n+1} \]

上下两式错位相减得到以下算式

\[ Sn = n^2 \times 2^{n+1}-(1 \times 2^1 + 3 \times 2^2 + \cdots + ( 2 \times n -1) \times 2^n )\]

我们接下来的任务就是把后面那个玩意化简掉，依旧是用错位相减法

\[ Tn = 1 \times 2^1 + 3 \times 2^2 + \cdots + ( 2 \times n -1) \times 2^n \]

\[ 2 \times Tn = 1 \times 2^2 + 3 \times 2^3 + \cdots + ( 2 \times n -1) \times 2^{n+1} \]

上下两式错位相减得到以下算式

\[ Tn=(2\times n-1) \times 2^{n+1} - ( 2 + 2^3 + 2^4 + \cdots + 2^{n+1} )\]

\[ Tn=(2\times n-1) \times 2^{n+1} - (2 + 2^2 + 2^3 + \cdots + 2^{n+1} ) + 2^2 \]

\[ Tn=(2\times n-1) \times 2^{n+1} - ( 2^{n+2} - 2 ) + 2^2 \]

\[ Tn=(2\times n-1) \times 2^{n+1} - 2 \times 2^{n+1} + 6 \]

\[ Tn=(2\times n-3) \times 2^{n+1} + 6 \]

那么将式子代回去，就可以得到：

\[ Sn=n^2\times 2^{n+1} - (2\times n-3) \times 2^{n+1} - 6 \]

\[ Sn=(n^2-2\times n + 3) \times 2^{n+1} - 6 \]

ac代码

#include<bits/stdc++.h>
#define mod 1000000007
#define LL long long
using namespace std;
LL n;
LL power(LL n,LL m){
    LL res=1;
    while(m!=0){
        if(m&1) res=(res*n)%mod;
        n=(n*n)%mod;
        m>>=1;
    }
    return res;
}
int main(){
    scanf("%lld",&n);
    LL ans=(n*n)%mod;
    ans=(ans-2*n+3+mod)%mod;
    LL tmp=power(2,n+1);
    ans=((ans*tmp)%mod-6+mod)%mod;
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

t2 卡内存(memory)

题目大意

三种操作：

• 单点修改
• 查询区间和
• 回归到某此操作后的状态

解法

查询历史状态？？？这不就是主席树模板吗？（快速掏出了一个主席树模板，正准备往上面改）

但是给的空间只有\(8mb\)，用主席树来做至少也要把所有的数组都开小10倍，那么不是MLE就是WA或者是RE。

那么怎么做呢？因为没有查询历史的信息，而只是回归到历史的状态，我们可以想到非常像递归搜索dfs的做法，我们也这样想一下。

我们将这些询问建成一个图，如果要回归，那么就将当前这个连到回归的节点上。

那么最后离线跑一遍dfs就可以了，在离线用线段树或者是树状数组存储一下就好了。

ac代码

#include<bits/stdc++.h>
#define lowbit(x) x&-x
#define N 100005
using namespace std;
struct edge{
    int to,nt;
}E[N];
struct node{
    int id,x,y,ans;
}q[N];
int cnt,n,m;
int H[N],c[N];
int read(){
    int w=0,x=0;char ch=0;
    while(!isdigit(ch))w|=ch=='-',ch=getchar();
    while(isdigit(ch))x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
    return w?-x:x;
}
void addedge(int u,int v){
    E[++cnt]=(edge){v,H[u]}; H[u]=cnt;
}
void add(int x,int v){
    while(x<=n) c[x]+=v,x+=lowbit(x);
}
int query(int x){
    int ret=0;
    while(x>0) ret+=c[x],x-=lowbit(x);
    return ret;
}
void dfs(int u){
    if(q[u].id==1) add(q[u].x,q[u].y);
    else if(q[u].id==2) q[u].ans=query(q[u].y)-query(q[u].x-1);
    for(int e=H[u];e;e=E[e].nt){
        int v=E[e].to;
        dfs(v);
    }
    if(q[u].id==1) add(q[u].x,-q[u].y);
}
int main(){
    n=read(),m=read();
    for(int i=1;i<=n;i++) add(i,read());
    for(int i=1;i<=m;i++){
        char opt[20];
        scanf("%s",opt);
        if(opt[1]=='d'){
            int x=read(),y=read();
            q[i]=(node){1,x,y,0};
            addedge(i-1,i);
        }
        else if(opt[1]=='s'){
            int x=read(),y=read();
            q[i]=(node){2,x,y,0};
            addedge(i-1,i);
        }
        else{
            int x=read();
            q[i]=(node){3,x,0,0};
            addedge(x,i);
        }
    }
    dfs(0);
    for(int i=1;i<=m;i++) if(q[i].id==2) printf("%d\n",q[i].ans);
    return 0;
}

t3 图像分析(graph)

题目大意

求出一条直线，这条直线经过平面内的\(\frac{1}{3}\)个点。

解法

解法真的玄，如果小于300就暴力{n^3}枚举。

如果大于300，那么就随机找两个点，看看是不是符合我们的题意。

好像这样做正确率是\(\frac{8}{9}^100\)，不是非酋都能过。

ac代码

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define N 900005
using namespace std;
struct node{
    LL x,y;
}a[N];
int n;
void solve1(){
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=i+1;j<=n;j++){
            int sum=2;
            for(int k=1;k<=n;k++){
                if(i==k||k==j) continue;
                if(((a[i].y-a[j].y)*(a[k].x-a[i].x))==((a[i].x-a[j].x)*(a[k].y-a[i].y)))sum++;
                if(sum*3>=n){
                    printf("%d %d\n",i,j);
                    return;
                }
            }
        }
    }
}
void solve2(){
    while(1){
        int i=(1ll*(rand()%n+1)*(rand()%n+1))%n+1,j=(1ll*(rand()%n+1)*(rand()%n+1))%n+1;
        if(i<j) swap(i,j);
        while(i==j)j=(1ll*(rand()%n+1)*(rand()%n+1))%n+1;
        int sum=2;
        for(int k=1;k<=n;k++){
            if(i==k||k==j) continue;
            if(((a[i].y-a[j].y)*(a[k].x-a[i].x))==((a[i].x-a[j].x)*(a[k].y-a[i].y)))sum++;
            if(sum*3>=n){
                printf("%d %d\n",i,j);
                exit(0);
            }
        }
    }
}
int main(){
    srand(time(NULL));
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld%lld",&a[i].x,&a[i].y);
    if(n<=300) solve1();
    else solve2();
    return 0;
}

t4 JYM 的公司(volume)

题目大意

输出一个数列中两两差的绝对值的和。

解法

比较简单。

我们从小到大排序，计算每个相差对答案有多少的贡献。

因为每一次的增加都会对后面的答案多增加一些贡献，那么我们就一边遍历一边累加贡献。

ac代码

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define N 500000
using namespace std;
int n;
LL a[N],t[N],sum[N],ans=0,S[N];
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);
    sort(a+1,a+1+n);
    LL res=0;
    for(int i=2;i<=n;i++){
        res+=(i-1)*(a[i]-a[i-1]);
        ans+=res;
    }
    printf("%lld\n",ans*2);
    return 0;
}