2021.9.9考试总结[NOIP模拟50]

T1 第零题

---

神秘结论：从一个点满体力到另一个点的复活次数与倒过来相同。

于是预处理出每个点向上走第$2^i$个死亡点的位置，具体实现可以倍增或二分。

每次询问先从两个点同时向上倍增，都转到离$LCA$最近的死亡点上，然后判断，如果现在两点路径上权值大于$k$则答案加$1$。

$code:$

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 #define int long long
 3 using namespace std;
 4
 5 namespace IO{
 6     inline int read(){
 7         char ch=getchar(); int x=0,f=1;
 8         while(ch<'0'||ch>'9'){ if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); }
 9         while(ch>='0'&&ch<='9'){ x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); }
10         return x*f;
11     }
12     inline void write(int x,char sp){
13         char ch[20]; int len=0;
14         if(x<0){ putchar('-'); x=~x+1; }
15         do{ ch[len++]=x%10+(1<<4)+(1<<5); x/=10; }while(x);
16         for(int i=len-1;~i;--i) putchar(ch[i]); putchar(sp);
17     }
18     inline int max(int x,int y){ return x<y?y:x; }
19     inline int min(int x,int y){ return x<y?x:y; }
20     inline void swap(int &x,int &y){ x^=y^=x^=y; }
21     inline void chmax(int &x,int y){ x=x<y?y:x; }
22     inline void chmin(int &x,int y){ x=x<y?x:y; }
23 } using namespace IO;
24
25 const int NN=2e5+5;
26 int n,q,k,s,t,idx,to[NN<<1],nex[NN<<1],w[NN<<1],head[NN],det[NN][20],mi[20];
27 inline void add(int a,int b,int c){
28     to[++idx]=a; nex[idx]=head[b]; head[b]=idx; w[idx]=c;
29     to[++idx]=b; nex[idx]=head[a]; head[a]=idx; w[idx]=c;
30 }
31
32 namespace Tree_divide{
33     int cnt,fa[NN],dfn[NN],dep[NN],id[NN],top[NN],siz[NN],son[NN],pre[NN];
34     void dfs1(int s,int f){
35         dep[s]=dep[f]+1; siz[s]=1; fa[s]=f;
36         for(int i=head[s];i;i=nex[i]){
37             int v=to[i];
38             if(v==f) continue;
39             pre[v]=pre[s]+w[i];
40             dfs1(v,s);
41             siz[s]+=siz[v];
42             if(siz[v]>siz[son[s]]) son[s]=v;
43         }
44     }
45     void dfs2(int s,int t){
46         top[s]=t; dfn[s]=++cnt; id[cnt]=s;
47         if(!son[s]) return;
48         dfs2(son[s],t);
49         for(int i=head[s];i;i=nex[i]){
50             int v=to[i];
51             if(v!=fa[s]&&v!=son[s]) dfs2(v,v);
52         }
53     }
54     inline int LCA(int x,int y){
55         while(top[x]!=top[y])
56             if(dep[top[x]]>dep[top[y]]) x=fa[top[x]];
57             else y=fa[top[y]];
58         return dep[x]<dep[y]?x:y;
59     }
60     inline int get(int x){
61         int tmp=pre[x],l,r,res;
62         while(x&&tmp-pre[top[x]]<k) x=fa[top[x]];
63         if(!x) return 0;
64         r=dfn[x]; l=dfn[top[x]];
65         while(l<=r){
66             int mid=l+r>>1;
67             if(tmp-pre[id[mid]]>=k) l=mid+1, res=mid;
68             else r=mid-1;
69         }
70         return id[res];
71     }
72     void dfs3(int s){
73         det[s][0]=get(s);
74         for(int i=1;i<20;i++) det[s][i]=det[det[s][i-1]][i-1];
75         for(int i=head[s];i;i=nex[i])
76             if(to[i]!=fa[s]) dfs3(to[i]);
77     }
78 } using namespace Tree_divide;
79
80 signed main(){
81     n=read(); k=read(); mi[0]=1;
82     for(int i=1;i<20;i++) mi[i]=mi[i-1]*2;
83     for(int a,b,c,i=1;i<n;i++)
84         a=read(),b=read(),c=read(), add(a,b,c);
85     dfs1(1,0); dfs2(1,1); dfs3(1);
86     q=read();
87     while(q--){
88         s=read(); t=read();
89         int lca=LCA(s,t),ans=0;
90         for(int i=19;~i;i--){
91             if(dep[det[s][i]]>=dep[lca]) s=det[s][i], ans+=mi[i];
92             if(dep[det[t][i]]>=dep[lca]) t=det[t][i], ans+=mi[i];
93         }
94         if(pre[s]+pre[t]-2*pre[lca]>=k) ++ans;
95         write(ans,'\n');
96     }
97     return 0;
98 }

T1

T2 第负一题

---

分治，每次考虑过中点$mid$的区间对答案的贡献。

线性$DP$求出$L_0[j],L_1[j],R_0[j],R_1[j]$，分别表示左右区间$mid$或$mid+1$选或不选，向外选到$j$的最优策略。

合并时对左右端点$l,r$，贡献为$max(L_1[l]+R_0[r],L_0[l]+R_0[r],L_0[l]+R_1[r])$。

提出$L_0[l]+R_0[r]$,令$ld[l]=max(L_1[l]-L_0[l]),rd[r]=max(R_1[r]-R_0[r],0)$，贡献为$L_0[l]+R_0[r]+max(ld[l],rd[r])$。

考虑拆开贡献，对$ld$与$rd$的贡献，用单调指针计算即可。

$code:$

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 #define int long long
 3 using namespace std;
 4
 5 namespace IO{
 6     inline int read(){
 7         char ch=getchar(); int x=0,f=1;
 8         while(ch<'0'||ch>'9'){ if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); }
 9         while(ch>='0'&&ch<='9'){ x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); }
10         return x*f;
11     }
12     inline void write(int x,char sp){
13         char ch[20]; int len=0;
14         if(x<0){ putchar('-'); x=~x+1; }
15         do{ ch[len++]=x%10+(1<<4)+(1<<5); x/=10; }while(x);
16         for(int i=len-1;~i;--i) putchar(ch[i]); putchar(sp);
17     }
18     inline int max(int x,int y){ return x<y?y:x; }
19     inline int min(int x,int y){ return x<y?x:y; }
20     inline void swap(int &x,int &y){ x^=y^=x^=y; }
21     inline void chmax(int &x,int y){ x=x<y?y:x; }
22     inline void chmin(int &x,int y){ x=x<y?x:y; }
23 } using namespace IO;
24
25 const int NN=2e5+5,p=998244353;
26 int n,ans,a[NN],f[NN][2][2],L[NN][2],R[NN][2];
27 vector<int>ld,rd;
28
29 void solve(int l,int r){
30     if(l>=r) return (ans+=a[l])%=p,void();
31     int mid=l+r>>1,tl=0,tr=0,exl=mid-l+1,exr=r-mid;
32     solve(l,mid); solve(mid+1,r);
33     ld.clear(); rd.clear();
34     ld.push_back(a[mid]); rd.push_back(a[mid+1]);
35     for(int i=l;i<=r;i++)
36         f[i][0][0]=f[i][1][0]=f[i][0][1]=f[i][1][1]=0;
37     f[mid][1][1]=L[mid][1]=a[mid]; f[mid+1][1][1]=R[mid+1][1]=a[mid+1];
38     for(int i=mid-1;i>=l;i--){
39         f[i][1][0]=f[i+1][0][0]+a[i];
40         f[i][1][1]=f[i+1][0][1]+a[i];
41         f[i][0][0]=max(f[i+1][0][0],f[i+1][1][0]);
42         f[i][0][1]=max(f[i+1][0][1],f[i+1][1][1]);
43         L[i][0]=max(f[i][1][0],f[i][0][0]);
44         L[i][1]=max(f[i][1][1],f[i][0][1]);
45         ld.push_back(max(L[i][1]-L[i][0],0));
46     }
47     for(int i=mid+2;i<=r;i++){
48         f[i][1][0]=f[i-1][0][0]+a[i];
49         f[i][1][1]=f[i-1][0][1]+a[i];
50         f[i][0][0]=max(f[i-1][0][0],f[i-1][1][0]);
51         f[i][0][1]=max(f[i-1][0][1],f[i-1][1][1]);
52         R[i][0]=max(f[i][1][0],f[i][0][0]);
53         R[i][1]=max(f[i][1][1],f[i][0][1]);
54         rd.push_back(max(R[i][1]-R[i][0],0));
55     }
56     sort(ld.begin(),ld.end()); sort(rd.begin(),rd.end());
57     for(int i=l;i<=mid;i++) (ans+=L[i][0]*exr)%=p;
58     for(int i=mid+1;i<=r;i++) (ans+=R[i][0]*exl)%=p;
59     for(int i=0;i<ld.size();i++){
60         int now=ld[i];
61         while(tl<exr&&rd[tl]<=now) ++tl;
62         (ans+=tl*now)%=p;
63     }
64     for(int i=0;i<rd.size();i++){
65         int now=rd[i];
66         while(tr<exl&&ld[tr]<now) ++tr;
67         (ans+=tr*now)%=p;
68     }
69 }
70
71 signed main(){
72     n=read();
73     for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
74     solve(1,n);
75     write(ans,'\n');
76     return 0;
77 }

T2

T3 第负二题

---

标算不依赖随机性，但我太弱不会。

于是题目让我干啥我就干啥。

枚举行，每次用该行上下的左右端点更新该行左右端点，重复操作直到全是$0$。

因为数据随机所以可过。 UPD：被战神卡了。太强了

$code:$

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 #define mp make_pair
 3 #define x first
 4 #define y second
 5 #define int unsigned long long
 6
 7 using namespace std;
 8 typedef pair<int,int> pii;
 9 namespace input{
10     int xorshift128p(int &A,int &B) {
11         int T=A,S=B;
12         A=S;
13         T^=T<<23;
14         T^=T>>17;
15         T^=S^(S>>26);
16         B=T;
17         return T+S;
18     }
19     void gen(int n,int L,int X,int Y,int A,int B,int l[],int r[]){
20         for (int i=1;i<=n;i++){
21             l[i]=xorshift128p(A,B)%L+X;
22             r[i]=xorshift128p(A,B)%L+Y;
23             if(l[i]>r[i]) swap(l[i],r[i]);
24         }
25     }
26 } using namespace input;
27
28 namespace IO{
29     inline int read(){
30         char ch=getchar(); int x=0;
31         while(ch<'0'||ch>'9'){ ch=getchar(); }
32         while(ch>='0'&&ch<='9'){ x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); }
33         return x;
34     }
35     inline void write(int x,char sp){
36         char ch[20]; int len=0;
37         if(x<0){ putchar('-'); x=~x+1; }
38         do{ ch[len++]=x%10+(1<<4)+(1<<5); x/=10; }while(x);
39         for(int i=len-1;~i;--i) putchar(ch[i]); putchar(sp);
40     }
41     inline int max(int x,int y){ return x<y?y:x; }
42     inline int min(int x,int y){ return x<y?x:y; }
43     inline void swap(int &x,int &y){ x^=y^=x^=y; }
44     inline void chmax(int &x,int y){ x=x<y?y:x; }
45     inline void chmin(int &x,int y){ x=x<y?x:y; }
46 } using namespace IO;
47
48 const int NN=5e6+5,p=998244353,inf=0x3fffffff;
49 int n,ans,L,A,B,X,Y,tim,l[NN],r[NN],dis[NN],mi[NN],tl[NN],tr[NN];
50 queue<pii>q;
51 bool go;
52
53 signed main(){
54     n=read(); L=read(); X=read(); Y=read(); A=read(); B=read(); gen(n,L,X,Y,A,B,l,r);
55     mi[0]=go=1; l[0]=l[n+1]=inf; r[0]=r[n+1]=0;
56     for(int i=1;i<=n;i++) mi[i]=mi[i-1]*3%p;
57     while(go){
58         ++tim; go=0;
59         for(int i=1;i<=n;i++){
60             if(l[i]>r[i]) continue;
61             tl[i]=l[i]+1, tr[i]=r[i]-1;
62             chmax(tl[i],max(l[i-1],l[i+1]));
63             chmin(tr[i],min(r[i-1],r[i+1]));
64         }
65         for(int i=1;i<=n;i++){
66             if(l[i]>r[i]) continue;
67             l[i]=tl[i]; r[i]=tr[i];
68             if(l[i]>r[i]) dis[i]=tim;
69             else go=1;
70         }
71     }
72     for(int i=1;i<=n;i++) (ans+=dis[i]*mi[i-1]%p)%=p;
73     write(ans,'\n');
74     return 0;
75 }

T3假

再UPD：

整出了$O(n)$。

考虑答案的朴素意义：$f_i$成立，当且仅当在第$i$行有一个点，使所有$i$与该点的曼哈顿距离不超过$f_i-1$。

于是设$k=f_i-1$，当前行数为$i$，符合条件的点在第$y$列，则有：

$\begin{cases} y-[k-(i-j)]\geq l_j,y+[k-(i-j)]\leq r_j &j\in[i-k,i]\\ y-[k-(j-i)]\geq l_j,y+[k-(j-i)]\leq r_j &j\in[i.i+k] \end{cases}$

不难发现答案有单调性，$RMQ$加二分可以达到$O(nlog)$。

发现$|f_i-f_{i-1}|\leq 1$，于是在上一行答案确定的情况下不用二分，答案最多只有三种情况，$\textit{check}f_{i-1}$与$f_{i-1}+1$即可。

通过一顿加一减一发现区间右端点单调不减，左端点左移是$O(1)$级别的，因此维护单调队列，每次把左端点左边没考虑到的点考虑一下即可。

$code:$

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 #define mp make_pair
 3 #define x first
 4 #define y second
 5
 6 using namespace std;
 7 typedef pair<int,int> pii;
 8 namespace input{
 9     typedef unsigned long long u64;
10     u64 xorshift128p(u64 &A, u64 &B) {
11         u64 T = A, S = B;
12         A = S;
13         T ^= T << 23;
14         T ^= T >> 17;
15         T ^= S ^ (S >> 26);
16         B = T;
17         return T + S;
18     }
19     void gen(int n, int L, int X, int Y, u64 A, u64 B, int l[], int r[]) {
20         for (int i = 1; i <= n; i ++) {
21             l[i] = xorshift128p(A, B) % L + X;
22             r[i] = xorshift128p(A, B) % L + Y;
23             if (l[i] > r[i]) swap(l[i], r[i]);
24         }
25     }
26 } using namespace input;
27
28 namespace IO{
29     inline int read(){
30         char ch=getchar(); int x=0;
31         while(ch<'0'||ch>'9'){ ch=getchar(); }
32         while(ch>='0'&&ch<='9'){ x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); }
33         return x;
34     }
35     inline void write(int x,char sp){
36         char ch[20]; int len=0;
37         if(x<0){ putchar('-'); x=~x+1; }
38         do{ ch[len++]=x%10+(1<<4)+(1<<5); x/=10; }while(x);
39         for(int i=len-1;~i;--i) putchar(ch[i]); putchar(sp);
40     }
41     inline int max(int x,int y){ return x<y?y:x; }
42     inline int min(int x,int y){ return x<y?x:y; }
43     inline void swap(int &x,int &y){ x^=y^=x^=y; }
44     inline void chmax(int &x,int y){ x=x<y?y:x; }
45     inline void chmin(int &x,int y){ x=x<y?x:y; }
46 } using namespace IO;
47
48 const int NN=5e6+5,p=998244353,inf=0x3fffffff;
49 int n,ans,L,X,Y,f[NN],l[NN],r[NN],mi[NN];
50 int ql1[NN],ql2[NN],qr1[NN],qr2[NN],tl1,tl2,hl1,hl2,tr1,tr2,hr1,hr2,pre;
51 unsigned long long A,B;
52
53 inline bool check(int pos,int mid){
54     int now=mid-1,tmp,l1,l2,r1,r2;
55     for(int i=pre-1;i>=max(1,pos-now);--i) if(l[i]+i>l[ql1[hl1]]+ql1[hl1]) ql1[--hl1]=i;
56     for(int i=pre-1;i>=max(1,pos-now);--i) if(r[i]-i<r[qr1[hr1]]-qr1[hr1]) qr1[--hr1]=i;
57     pre=pos-now;
58     while(hl1<=tl1&&ql1[hl1]+now<pos) ++hl1;
59     while(hr1<=tr1&&qr1[hr1]+now<pos) ++hr1;
60     while(hl2<=tl2&&ql2[hl2]    <pos) ++hl2;
61     while(hr2<=tr2&&qr2[hr2]    <pos) ++hr2;
62     while(hl1<=tl1&&l[ql1[tl1]]+ql1[tl1]<=l[pos]+pos) --tl1;
63     while(hr1<=tr1&&r[qr1[tr1]]-qr1[tr1]>=r[pos]-pos) --tr1;
64     ql1[++tl1]=qr1[++tr1]=pos;
65     while(ql2[tl2]<pos+now){
66         tmp=ql2[tl2]+1;
67         while(hl2<=tl2&&l[ql2[tl2]]-ql2[tl2]<=l[tmp]-tmp) --tl2;
68         ql2[++tl2]=tmp;
69     }
70     while(qr2[tr2]<pos+now){
71         tmp=qr2[tr2]+1;
72         while(hr2<=tr2&&r[qr2[tr2]]+qr2[tr2]>=r[tmp]+tmp) --tr2;
73         qr2[++tr2]=tmp;
74     }
75     l1=l[ql1[hl1]]+ql1[hl1]+now-pos; r1=r[qr1[hr1]]-qr1[hr1]-now+pos;
76     l2=l[ql2[hl2]]-ql2[hl2]+now+pos; r2=r[qr2[hr2]]+qr2[hr2]-now-pos;
77     return max(l1,l2)>0&&max(l1,l2)<=min(r1,r2);
78 }
79
80 signed main(){
81     n=read(); L=read(); X=read(); Y=read(); cin>>A>>B; gen(n,L,X,Y,A,B,l,r);
82     mi[0]=f[1]=hl1=hl2=hr1=hr2=1;
83     ql1[++tl1]=qr1[++tr1]=ql2[++tl2]=qr2[++tr2]=1;
84     for(int i=1;i<=n;i++) mi[i]=1ll*mi[i-1]*3%p;
85     for(int i=2;i<=n;i++){
86         if(f[i-1]  >0) if(check(i,f[i-1]  )) f[i]=f[i-1];
87         else{ f[i]=f[i-1]-1; continue; }
88         if(f[i-1]+1>0) if(check(i,f[i-1]+1)) f[i]=f[i-1]+1;
89     }
90     for(int i=1;i<=n;i++) (ans+=1ll*f[i]*mi[i-1]%p)%=p;
91     write(ans,'\n');
92     return 0;
93 }

T3真