NOIP模拟测试20「周·任·飞」

liu_runda出的题再次$\%\%\%\%\%\%\%\%\%\%\%\%\%\%\%\%\%\%$

任

题解

题目中为什么反复强调简单路径,没有环

没有环的图中点数-边数=联通块数

前缀和维护边的前缀和,和点的前缀和,

在维护边的前缀和不好维护转化为横着边前缀和,竖着边前缀和

注意边的边界问题

看边如何维护

就拿我的举例

你在当前为边且当前左面为边时置为1

那么当你统计答案时

        ll bia=bianheng[x2][y2]-bianheng[x1-1][y2]-bianheng[x2][y1]+bianheng[x1-1][y1];

思考我们统计答案时要把x2相连的边切断

类似的,我们维护竖着的边时也要类似操作

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll int
#define A 2101
char s[A][A];
ll vis[A][A],stax[4200000],stay[4200000],dian[A][A],bianheng[A][A],bianshu[A][A];
ll cnt=0,n,m,q;
const ll nowx[5]={0,0,0,1,-1};
const ll nowy[5]={0,1,-1,0,0};
void dfs(ll x,ll y,ll x1,ll y1,ll x2,ll y2){
    vis[x][y]=cnt;
//    printf("x=%lld y=%lld vis=%lld\n",x,y,vis[x][y]);
    for(ll i=1;i<=4;i++){
        ll xnow=x+nowx[i],ynow=y+nowy[i];
        if(xnow>x2||xnow<x1) continue;
        if(ynow>y2||ynow<y1) continue;
        if(s[xnow][ynow]-'0'==0) continue;
        if(vis[xnow][ynow]) continue;
        dfs(xnow,ynow,x1,y1,x2,y2);
    }
}
void bfs(ll x1,ll y1,ll x2,ll y2){
    cnt=0;
    for(ll i=x1;i<=x2;i++)
        for(ll j=y1;j<=y2;j++){
            if(s[i][j]=='1'&&!vis[i][j]){
                ++cnt;
                dfs(i,j,x1,y1,x2,y2);
            }
        }
    for(ll i=x1;i<=x2;i++)
        for(ll j=y1;j<=y2;j++){
            vis[i][j]=0;
        }
    printf("%d\n",cnt);
}
int main(){
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);
    for(ll i=1;i<=n;i++){
        scanf("%s",s[i]+1);
    }
//    memset()
    for(ll i=1;i<=n;i++)
        for(ll j=1;j<=m;j++){
            if(s[i][j]=='1'&&s[i][j-1]=='1'){
                bianheng[i][j]++;
            }
            if(s[i][j]=='1'&&s[i-1][j]=='1'){
                bianshu[i][j]++;
            }
            if(s[i][j]=='1'){
                dian[i][j]++;
            }
        }
    for(ll i=1;i<=n;i++)
        for(ll j=1;j<=m;j++){
        bianheng[i][j]=bianheng[i][j]+bianheng[i-1][j]+bianheng[i][j-1]-bianheng[i-1][j-1];
        bianshu[i][j]=bianshu[i][j]+bianshu[i-1][j]+bianshu[i][j-1]-bianshu[i-1][j-1];
        dian[i][j]=dian[i][j]+dian[i-1][j]+dian[i][j-1]-dian[i-1][j-1];
    }
//    for(ll i=1;i<=n;i++,puts(""))
//        for(ll j=1;j<=m;j++){
//            printf("bian=%d ",bianheng[i][j]);
//        }
    for(ll i=1,x1,x2,y1,y2;i<=q;i++){
        scanf("%d%d%d%d",&x1,&y1,&x2,&y2);
        ll bia=bianheng[x2][y2]-bianheng[x1-1][y2]-bianheng[x2][y1]+bianheng[x1-1][y1];
//        printf("%d %d %d %d bia=%d\n",bianheng[x2][y2],bianheng[x1-1][y2],bianheng[x2][y1],bianheng[x1-1][y1-1],bia);
        bia+=bianshu[x2][y2]-bianshu[x1][y2]-bianshu[x2][y1-1]+bianshu[x1][y1-1];
//        printf("%d %d %d %d        bia=%d\n",bianshu[x2][y2],bianshu[x1][y2],bianshu[x2][y1-1],bianshu[x1-1][y1-1],bia);
        ll dia=dian[x2][y2]-dian[x1-1][y2]-dian[x2][y1-1]+dian[x1-1][y1-1];
        printf("%d\n",dia-bia);
    }
}

飞

题解

其实就是求逆序对,然而逆序对是$n*log$的并不能过,思考优化

我们发现其实它给了多段等差数列,

先看所有等差数列都是完整的情况

我们在同一段等差数列上可以由$x[i-1]$推到$x[i]$思考我们找的是比当前大的个数,$x[i]=x[i-1]+a$所有之前等差数列贡献都要减一

那么设之前贡献$tmp$得到当前贡献$tmp-cnt(等差数列个数)$

那么我们思考$<a$(即等差数列首项)怎么维护,我们拿一个树状数组维护$<a$的所有值

假设当前值为$x$那么逆序对数就是$i-sum(x)-1$

然后我们考虑第一段不是完整的

假设当前$x$转移到$x2$中$x,x2$都比$begin$小那么等差数列上所有小于$begin$贡献都要减一(头一段上没有处于$x$--$x2$数不能转移)

若当前已经比$begin$大了把它当成一个正常等差数列

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define A 111111
ll c[A];
ll tus,n,a,mod,now,cnt=0,ans=0,last,tmp;
void add(ll x,ll u){
    for(ll i=x;i<=a;i+=i&-i)
        c[i]+=u;
}
ll sum(ll x){
    ll ans=0;
    for(ll i=x;i>=1;i-=i&-i)
        ans+=c[i];
    return ans;
}
int main(){
    scanf("%lld%lld%lld%lld",&n,&tus,&a,&mod);
    ll now=tus;
    if(tus<=a){
        add(tus+1,1);
    }
    for(ll i=2;i<=n;i++){
        now=(a+now)%mod;
        if(now<a){
            tmp=i-sum(now+1)-1;
            cnt++;
            add(now+1,1);
        }
        else{
            tmp-=cnt;
            if(now<tus) tmp++;
        }
        ans+=tmp;
    }
    printf("%lld\n",ans);
}