8.13考试总结(NOIP模拟38)[a·b·c]
重要的不是你做了多少事，而是你放了多少心思进去。
T1 a
解题思路
总结一下，是双指针运用不够熟练（zxb笑了笑）。
其实这个题是可以用树状数组卡过的(众所周知我是一个正直的人)，但是一定是要打正解的。
树状数组比较好像，就和 入阵曲 一样只不过这个维护的是个范围。
因此需要树状数组维护前缀和，时间复杂度就多了一个 log
首先，这个数据范围明显是让我们 \(n^2m\) 跑过。
因此先枚举矩形的上边界，接着枚举列。
然后双指针扫比当前左边界为大矩形左边界，右边界为当前扫到列的矩形大的部分刚好在 \([l,r]\) 的列
注意卡一下边界，对于 \(l=0,r=n\times m\) 的需要特殊判断一下。
code
57pts 树状数组
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define ull unsigned long long
#define f() cout<<"Pass"<<endl
using namespace std;
inline int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
return x*f;
}
const int N=40,M=5e4+10,K=N*M;
int n,m,ans,li,ri,s[N][M],pre[N][M],tre[K];
char ch[M];
int lowbit(int x)
{
return x&(-x);
}
void insert(int x,int num)
{
for(int i=x+1;i<=pre[n][m]+1;i+=lowbit(i))
tre[i]+=num;
}
int query(int x)
{
if(x<0) return 0;
int sum=0;
for(int i=x+1;i;i-=lowbit(i))
sum+=tre[i];
return sum;
}
signed main()
{
scanf("%lld%lld",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%s",ch+1);
for(int j=1;j<=m;j++)
s[i][j]=ch[j]-'0';
}
scanf("%lld%lld",&li,&ri);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
pre[i][j]=pre[i-1][j]+pre[i][j-1]-pre[i-1][j-1]+s[i][j];
ri=min(ri,pre[n][m]);
insert(0,1);
for(int i=0;i<n;i++)
for(int j=i+1;j<=n;j++)
{
for(int k=1;k<=m;k++)
{
int tmp=pre[j][k]-pre[i][k];
//cout<<i<<' '<<j<<' '<<k<<" "<<tmp<<' '<<query(tmp-li)<<' '<<query(tmp-ri-1)<<endl;
ans+=query(tmp-li)-query(tmp-ri-1);
//if(tmp)
insert(pre[j][k]-pre[i][k],1);
}
//memset(tre,0,sizeof(tre));
for(int k=1;k<=m;k++)
if(pre[j][k]-pre[i][k]>=0)
insert(pre[j][k]-pre[i][k],-1);
}
printf("%lld",ans);
return 0;
}
正解
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define ull unsigned long long
#define f() cout<<"Pass"<<endl
using namespace std;
inline int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
return x*f;
}
const int N=40,M=5e4+10,K=N*M;
int n,m,ans,li,ri,s[N][M],pre[N][M],l[M],r[M];
char ch[M];
signed main()
{
scanf("%lld%lld",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%s",ch+1);
for(int j=1;j<=m;j++)
s[i][j]=ch[j]-'0';
}
scanf("%lld%lld",&li,&ri);
if(!li&&ri==m*n)
{
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
ans+=(n-i+1)*(m-j+1);
printf("%lld",ans);
return 0;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
pre[i][j]=pre[i-1][j]+pre[i][j-1]-pre[i-1][j-1]+s[i][j];
ri=min(ri,pre[n][m]);
for(int i=0;i<n;i++)
{
memset(l,0,sizeof(l));
memset(r,0,sizeof(r));
for(int j=0;j<m;j++)
{
for(int k=i+1;k<=n;k++)
{
int num=pre[k][j]-pre[i][j];
while(l[k]<m&&pre[k][l[k]]-pre[i][l[k]]-num<li) l[k]++;
while(r[k]<m&&pre[k][r[k]+1]-pre[i][r[k]+1]-num<=ri) r[k]++;
if(l[k]==m&&pre[k][l[k]]-pre[i][l[k]]-num<li) continue;
ans+=r[k]-l[k]+1;
}
}
}
printf("%lld",ans);
return 0;
}
T2 b
解题思路
显然是枚举 gcd 。
接下来对于重复的部分直接暴力容斥算回去。
问题转换为： 对于\(i \in [1,10^5]\)求多少种选择方案使得选的所有数均为 i 的倍数。
预处理出每一行中每一个数字的个数 记为 \(cnt_{i,j}\)
最后的答案就是 \(\prod\limits_{i=1}^{n}(cnt_{i,j}+1) -1\) 种方案。
毕竟要算上 0 的情况，去掉都是 0 的情况。
code
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define ull unsigned long long
#define f() cout<<"Pass"<<endl
using namespace std;
inline int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
return x*f;
}
const int N=30,M=1e5+10,mod=1e9+7;
int n,m,ans,mx,s[N][M],cnt[N][M],all[M];
signed main()
{
n=read(); m=read();
for(int i=1,x;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
{
x=read();
s[i][x]++;
mx=max(mx,x);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=mx;j++)
for(int k=1;k*j<=mx;k++)
cnt[i][j]+=s[i][j*k];
for(int i=mx;i>=1;i--)
{
bool flag=false;
for(int j=1;j<=n;j++)
flag|=(cnt[j][i]!=0);
if(!flag) goto V;
all[i]=1;
for(int j=1;j<=n;j++)
all[i]=all[i]*(cnt[j][i]+1)%mod;
all[i]=(all[i]-1+mod)%mod;
for(int j=2;i*j<=mx;j++)
all[i]=(all[i]-all[i*j]%mod+mod)%mod;
V:;
}
for(int i=1;i<=mx;i++)
ans=(ans+all[i]*i%mod)%mod;
printf("%lld",ans);
return 0;
}
T3 c
解题思路
点分治。
首先可以发现其实这就是一棵树，每一条边可能会有多种颜色。
然后每一条边最多留下三种颜色就不会影响我们的答案（贪心，抽屉原理）。
在对于颜色去重之后离线点分治。
每层跑一遍，\(dp_{i,j,k}\)：分治中心 focus 到 i 的路径中，第一条边的颜色为j，最后一条边颜色为 k 的最优解。
首先是点权下放，然后暴力枚举 focus，x，y 的四条边的眼色就好了。
code
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define ull unsigned long long
#define f() cout<<"Pass"<<endl
using namespace std;
inline int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
return x*f;
}
const int N=1e5+10,M=3e5+10,Q=1e5+10;
int n,m,qus,focus,root,tot,ans[Q],siz[N],rt[N],w[N][5],cnt[N],f[N][5][5];
bool vis[N];
vector<pair<int,int> > v[N],q[N];
vector<pair<int,vector<int> > > e[N];
void pre_dfs(int x,int fat)
{
sort(v[x].begin(),v[x].end());
v[x].erase(unique(v[x].begin(),v[x].end()),v[x].end());
for(int i=0,j;i<v[x].size();i=j)
{
int to=v[x][i].first;
for(j=i+1;j<v[x].size();j++)
if(v[x][j].first!=to)
break;
if(to==fat) continue;
e[x].push_back(make_pair(to,vector<int>()));
e[to].push_back(make_pair(x,vector<int>()));
for(int k=i;k<j&&k<i+3;k++)
{
e[x].back().second.push_back(v[x][k].second);
e[to].back().second.push_back(v[x][k].second);
}
pre_dfs(to,x);
}
}
void get_focus(int x,int all,int fat)
{
siz[x]=1;
int maxn=0;
for(int i=0;i<e[x].size();i++)
{
int to=e[x][i].first;
if(to==fat||vis[to]) continue;
get_focus(to,all,x);
maxn=max(maxn,siz[to]);
siz[x]+=siz[to];
}
maxn=max(all-siz[x],maxn);
if(maxn<tot)
tot=maxn,focus=x;
}
void work(int x,int fat)
{
siz[x]=1;
for(int i=0;i<e[x].size();i++)
{
int to=e[x][i].first;
if(to==fat||vis[to]) continue;
for(int j=0;j<e[x][i].second.size();j++)
w[to][j+1]=e[x][i].second[j];
cnt[to]=e[x][i].second.size();
for(int l=1;l<=cnt[root];l++)
for(int j=1;j<=cnt[to];j++)
for(int k=1;k<=cnt[x];k++)
if(w[x][k]==w[to][j]) f[to][l][j]=max(f[to][l][j],f[x][l][k]);
else f[to][l][j]=max(f[to][l][j],f[x][l][k]+1);
work(to,x);
siz[x]+=siz[to];
}
}
void query(int x,int fat)
{
for(int i=0;i<q[x].size();i++)
{
int num=q[x][i].second,id=q[x][i].first;
if(!rt[num]&&num!=focus) continue;
if(num==focus)
{
for(int j=1;j<=cnt[root];j++)
for(int k=1;k<=cnt[x];k++)
ans[id]=max(ans[id],f[x][j][k]);
continue;
}
for(int j=1;j<=cnt[root];j++)
for(int k=1;k<=cnt[rt[num]];k++)
for(int a=1;a<=cnt[x];a++)
for(int b=1;b<=cnt[num];b++)
if(w[rt[num]][k]==w[root][j]) ans[id]=max(ans[id],f[x][j][a]+f[num][k][b]-1);
else ans[id]=max(ans[id],f[x][j][a]+f[num][k][b]);
}
for(int i=0;i<e[x].size();i++)
{
int to=e[x][i].first;
if(to==fat||vis[to]) continue;
query(to,x);
}
}
void clear(int x,int fat)
{
rt[x]=0;
memset(f[x],0,sizeof(f[x]));
for(int i=0;i<e[x].size();i++)
{
int to=e[x][i].first;
if(to==fat||vis[to]) continue;
clear(to,x);
}
}
void mark(int x,int fat)
{
rt[x]=root;
for(int i=0;i<e[x].size();i++)
{
int to=e[x][i].first;
if(vis[to]||to==fat) continue;
mark(to,x);
}
}
void solve(int x,int all)
{
tot=all;
get_focus(x,all,0);
clear(focus,0);
vis[focus]=true;
int tmp=focus;
for(int i=0;i<e[tmp].size();i++)
{
int to=e[tmp][i].first;
if(vis[to]) continue;
cnt[to]=e[tmp][i].second.size();
for(int j=0;j<e[tmp][i].second.size();j++)
w[to][j+1]=e[tmp][i].second[j],f[to][j+1][j+1]=1;
root=to;
work(to,tmp);
query(to,tmp);
mark(to,tmp);
}
clear(focus,0);
for(int i=0;i<e[tmp].size();i++)
{
int to=e[tmp][i].first;
if(vis[to]) continue;
solve(to,siz[to]);
}
}
signed main()
{
n=read(); m=read();
for(int i=1,x,y,val;i<=m;i++)
{
x=read(); y=read(); val=read();
v[x].push_back(make_pair(y,val));
v[y].push_back(make_pair(x,val));
}
pre_dfs(1,0);
qus=read();
for(int i=1,x,y;i<=qus;i++)
{
x=read(); y=read();
q[x].push_back(make_pair(i,y));
q[y].push_back(make_pair(i,x));
}
solve(1,n);
for(int i=1;i<=qus;i++)
printf("%lld\n",ans[i]);
return 0;
}
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