GDOI2018 Day1 题目总结

T1：农场

题意：有一个长为 $n$ 的序列 $a$，要求将其分成尽可能多的部分，使得每一部分的 $a_i$ 的和相等。求最多能分成的部分数。

$30\%:1\le n\le 1000$

$80\%:1\le n\le 10^5$

$100\%:1\le a_i\le 10,1\le \sum a_i\le 10^6$

这题不难，说一下我在考场的思路：

首先答案应该是 $\sum a_i$ 的约数。那么可以转化一下，变成找到满足要求的最小的和（也是其约数）

进一步想到前缀和。我们发现 $x$ 满足条件，当且仅当 $x,2x,3x\dots$ 全部在前缀和中出现。

于是考场上写了个80分的暴力 $O(n\sqrt{n})$（枚举约数 $O(\sqrt{n})$，判断 $O(n)$）

后来发现可以做到更快：因为总和不超过 $10^6$，因此可以开桶。复杂度 $O(\sigma(n))<O(n\log n)$。

但是 $O(n\sqrt{n})$ 可以过？

 #include<bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 int n,sum;
 int fac[],fl;
 bool vis[];
 void split(int x){    //求出总和的所有约数
     for(int i=;i*i<=x;i++)
         if(x%i==){
             fac[++fl]=i;
             if(i*i!=x) fac[++fl]=x/i;
         }
     sort(fac+,fac+fl+);
 }
 int main(){
     scanf("%d",&n);
     for(int i=;i<=n;i++){
         int a;
         scanf("%d",&a);
         sum+=a;
         vis[sum]=true;    //对前缀和开桶
     }
     split(sum);
     for(int i=;i<=fl;i++){
         bool flag=true;
         for(int j=fac[i];j<=sum;j+=fac[i])    //判断是否满足
             if(!vis[j]){    //不满足
                 flag=false;break;
             }
         if(flag){
             printf("%d\n",sum/fac[i]);return ;    //答案为总和/单个和=段数
         }
     }
 }

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T2：密码锁

题意：有一个长为 $n$ 的序列 $a$，每一次操作可以让区间 $[l,r]$ 间所有 $a_i$ 加一或所有 $a_i$ 减一 $\pmod m$。问最少多少次操作可以让序列变为全 $0$。

测试点 1~4：$1\le n\le 4,2\le m\le 10$

测试点 5~9： $1\le n\le 10^5,2\le m\le 3$

测试点 10~15：$2\le n,m\le 3000$

测试点 16~18：$2\le n\le 2\times 10^5$

全部20个测试点：$1\le n\le 10^6,2\le m\le 10^9$

这题很有思维难度。像我这种考场上连20分BFS都没想到，写了个 $\sum\min(a_i,m-a_i)$ 的……居然还有5分

看到区间加减操作，想到差分（设为 $d,d_i=(a_i-a_{i-1})\operatorname{mod}m(i\le n),d_{n+1}=m-a_n$）。

把 $a_{i-1}$ 进行 $d_i$ 次加操作后可以变成 $a_i$，或者进行 $m-d_i$ 次减操作后可以变成 $a_i$。

所以想到一个贪心：优先对 $d_i$ 小的进行加操作，剩下的进行减操作。

而对一个区间 $[l,r]$ 进行 $x$ 次操作实际上就是 $d_l-=x,d_{r+1}+=x$，整个序列变为 $0$ 就是 $d$ 变为全 $0$。

又因为每次操作都是一加一减，所以对 $d$ 进行的加操作次数等于减操作次数。

那么问题的本质就是把 $d_i$ 进行分组，使得第一组的 $\sum d_i$ 等于第二组的 $\sum m-d_i$。此时答案也就是这个相等的和。

结合刚刚那个贪心的想法，只需要把 $d_i$ 排序，枚举断点 $p$，分成 $i\le p$ 和 $i>p$ 两组。当这两组的和相等时这个和就是答案。

直接枚举断点再求和还不够，加上前缀和和后缀和就可以了。复杂度 $O(n\log n)$。

注：$d_{n+1}=m-a_n$ 一定也要考虑，否则会导致 $[l,n]$ 的操作没有意义。

 #include<bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 typedef long long ll;
 int n,m,a[],dif[];    //dif是差分
 ll sum,pre[];    //pre是差分排序后的前缀和
 int main(){
     scanf("%d%d",&n,&m);
     for(int i=;i<=n;i++){
         scanf("%d",a+i);
         dif[i]=(a[i]-a[i-]+m)%m;
     }
     dif[n+]=(m-a[n])%m;    //注意，这个不能漏
     sort(dif+,dif+n+);
     for(int i=;i<=n+;i++) pre[i]=pre[i-]+dif[i];    //做前缀和
     for(int i=n+;i>=;i--){
         sum+=m-dif[i];    //做后缀和
         if(sum==pre[i-]){    //前缀和和后缀和相等，这就是答案
             printf("%lld\n",sum);return ;
         }
     }
 }

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T3：涛涛摘苹果

题意：有一棵 $n$ 个节点的苹果树，根节点为 $1$，初始每个点都有一个重为 $a_i$ 的苹果。每天早上根节点的苹果会消失。每天下午所有苹果都会下落一层（也就是下落到它的父亲节点上）。某些天（第 $t$ 天）的晚上编号 $x$ 的点上会多长出一个重为 $w$ 的苹果，这样的操作共有 $m$ 个。某些天（第 $t$ 天）早晨根节点苹果消失前会询问以 $x$ 为根的子树中所有苹果的重量之和，共有 $q$ 个询问。

$10\%:$ 所有输入数据都不超过 $5000$

另 $10\%:$ 树退化成一条链，其中 $i$ 与 $i-1$ 有边

另 $20\%:$ 所有询问满足 $x=1$

另 $20\%:m=0$

$100\%:$ 所有输入数据都不超过 $10^5$

先考虑 $m=0$ 怎么做：

我们发现苹果 $x$ 对第 $t$ 天在节点 $y$ 的询问产生贡献，当且仅当：（$sz[x]$ 表示 $x$ 的子树大小，$dfn[x]$ 表示 $x$ 的dfs序，$dep[x]$ 表示 $x$ 的深度）

$dep[x]\ge dep[y]+t-1$

$dfn[y]\le dfn[x]\le dfn[y]+sz[y]-1$

那么就可以乱搞了。（既然不是正解，不说做法了，其实是我不会）

$m\ne 0$ 时，根据条件 $1$，我们发现添加的苹果 $x$ 相较其它苹果少下落了 $t$ 天，可以想象从 $x$ 新连出一个节点 $y$，使得 $dep[y]=dep[x]+t$，也就是从 $x$ 连出一条权 $t$ 的边。

根据条件 $2$，他应该在子树内，连出一条边恰好符合要求。

但这样不够，还有一个时间限制！只有添加操作的 $t\le$ 询问操作的 $t-1$，才能产生贡献。

现在是个三维偏序，CDQ即可。

时间复杂度：$O((n+m+q)\log^2(n+m+q))$

 #include<bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 typedef long long ll;
 const int maxn=;
 #define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
 #define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
 inline int read(){
     char ch=getchar();int x=,f=;
     while(ch<'' || ch>'') f|=ch=='-',ch=getchar();
     while(ch>='' && ch<='') x=x*+ch-'',ch=getchar();
     return f?-x:x;
 }
 int n,m,q,cnt;
 int el,head[maxn*],to[maxn*],w[maxn*],nxt[maxn*];
 int dep[maxn*],sz[maxn*],dfn[maxn*];
 ll ans[maxn],bit[maxn*];
 struct oper{    //tp=0表示修改，tp=1表示询问，tim表示时间，x表示节点，w表示权值（可能没有），id表示原编号
     int tp,tim,x,w,id;
 }op[maxn*];
 inline void add(int u,int v,int w_){
     to[++el]=v;w[el]=w_;nxt[el]=head[u];head[u]=el;
 }
 inline bool cmptim(const oper &o1,const oper &o2){    //注意只有修改会对询问产生贡献，所以时间一样的要把修改放前面
     if(o1.tim!=o2.tim) return o1.tim<o2.tim;
     return o1.tp<o2.tp;
 }
 inline bool cmpdep(const oper &o1,const oper &o2){
     return dep[o1.x]>dep[o2.x];
 }
 inline bool cmphhh(const oper &o1,const oper &o2){    //各种排序
     return dep[o1.x]+o1.tim>dep[o2.x]+o2.tim;
 }
 inline void modify(int p,int v){
     for(;p<=n+m;p+=p&-p) bit[p]+=v;
 }
 inline ll query(int p){
     ll ans=;for(;p;p-=p&-p) ans+=bit[p];return ans;
 }
 inline ll query(int l,int r){
     return query(r)-query(l-);
 }    //以上树状数组
 void dfs(int u,int f){    //预处理dep,dfn,sz
     sz[u]=;dfn[u]=++cnt;
     for(int i=head[u];i;i=nxt[i]){
         int v=to[i];
         if(v==f) continue;
         dep[v]=dep[u]+w[i];
         dfs(v,u);sz[u]+=sz[v];
     }
 }
 void CDQ(int l,int r){    //CDQ分治
     if(l==r) return;
     int mid=(l+r)>>;
     CDQ(l,mid);CDQ(mid+,r);
     sort(op+l,op+mid+,cmpdep);    //左边按照dep排序
     sort(op+mid+,op+r+,cmphhh);    //右边按照dep+time排序
     int cl=l;
     FOR(i,mid+,r){
         for(;cl<=mid && dep[op[cl].x]>=dep[op[i].x]+op[i].tim-;cl++)    //cl能对i产生贡献
             if(op[cl].tp==) modify(dfn[op[cl].x],op[cl].w);    //是修改，插入树状数组
         if(op[i].tp==) ans[op[i].id]+=query(dfn[op[i].x],dfn[op[i].x]+sz[op[i].x]-);    //是询问，添加贡献
     }
     FOR(i,l,cl-) if(op[i].tp==) modify(dfn[op[i].x],-op[i].w);    //清空树状数组
 }
 int main(){
     n=read();m=read();q=read();
     FOR(i,,n) op[i]=(oper){,,i,read(),};    //一开始的苹果也可以看成是添加操作
     FOR(i,,n-){
         int u=read(),v=read();
         add(u,v,);add(v,u,);    //边权为1
     }
     FOR(i,,m){
         int t=read(),x=read(),w=read();
         add(x,i+n,t);    //连虚边
         op[i+n]=(oper){,t+,i+n,w,};    //添加操作（把时间设为t+1会更方便排序）
     }
     FOR(i,,q){
         int t=read(),x=read();
         op[i+n+m]=(oper){,t,x,,i};    //询问操作
     }
     dfs(,);
     sort(op+,op+n+m+q+,cmptim);    //按时间排序
     CDQ(,n+m+q);
     FOR(i,,q) printf("%lld\n",ans[i]);
 }

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T4：小学生图论题

题意：给出一个 $n$ 个点的有向竞赛图。有 $m$ 条链，第 $i$ 条长 $k_i$，依次经过 $a_1,a_2,\dots,a_{k_i}$。这些链没有公共点。链上所有边的方向已知，为链经过的方向，其他边方向等概率随机。求这个图强联通分量的期望个数对 $998244353$ 取模。

测试点 1~2：$1\le n\le 1000,m=0$

测试点 3~4：$1\le n,m\le 1000$

测试点 5：$k_i=2$

全部10个测试点：$1\le n,m\le 10^5,2\le k_i\le n,\sum k_i\le n$

不会做。

有朝一日会做了再来填坑吧……