小集训 CSP-S 模拟赛
DAY 1
A.喜剧的迷人之处在于
小思维题不必细讲
B. 镜中的野兽
状压+容斥
$ gcd (x) + lcm(x) = m $ ，可以得知 $ gcd(x) $ 一定是 m 的因子，那么就可以枚举 $ gcd(x) $ 和 $ lcm(x) $。
对于已经确定的一对 $ gcd (x) 和 lcm(x) $ ，将他们进行质因数分解，写成 $ \prod{p_{i}^{c_{i}}} $ 的形式，那么对于每个质因子，都需要有至少一个数卡住他的下界，至少一个数卡住他的上界，并且保证最后 n 个数不相等即可。
设 $ h(x,y) $ 表示 $ y $ 分解质因数后，质因子 $ x $ 的幂。
令 $ d = \frac{lcm(x)}{gcd(x)} $ ，问题也就转化成，选择出 n 个数 $ x[i] $，对于 d 的每个质因子 $ p $ ，都至少有一个数卡了他的上界和下界，即 $ \sum_{i}{[ h( p , x[i] ) =0 ]} \ge 1 $ ， $ \sum_{i}{h(p,x[i])=h(p,d)} \ge 1 $ 。
那么就考虑进行容斥，求一个数被卡上界和下界的方案数比较难，那么我们可以求不能卡的方案数，用总方案数减去即可。
考虑状压表示每个数是否不能被卡上界和下界，容斥系数就是 $ popcount(状态) $。
看看码就好了
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
typedef unsigned long long ull;
#define fi first
#define se second
#define ps push_back
#define mk make_pair
#define rint register int
#define G cout<<"-------------------"<<endl
inline ll read(){
char c=getchar();ll x=0,f=1;
while(!isdigit(c))(c=='-'?f=-1:0),c=getchar();
while(isdigit(c))x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
return x*f;
}
const int N=1e6+10,inf=0x7fffffff;
const ll linf=0x3f7f7f7f7f7f7f7f;
int pr[N],cnt,n,m,mod;
#define mo(x) (x>=mod?x-=mod:0)
#define m(x) (x<=-mod?x+=mod:0)
bool npr[N];
int num[33],cntp[33];
ll jc[N],ny1[N],ny2[N],ans;
inline ll C(int n,int m){
return n<m?0:jc[n]*ny2[m]%mod*ny2[n-m]%mod;
}
inline void sol(int gcd,int lcm){
if(gcd>=lcm)return;
lcm/=gcd;
int tot=0,k=sqrt(lcm);
for(int i=1;pr[i]<=k;++i){
// cout<<pr[i]<<' '<<k<<endl;
if(lcm%pr[i]==0){
num[++tot]=pr[i];cntp[tot]=0;
while(lcm%pr[i]==0)cntp[tot]++,lcm/=pr[i];
}
}
if(lcm!=1)num[++tot]=lcm,cntp[tot]=1;
int shang=1ll<<(tot<<1),op=0;
for(int i=0;i<shang;++i){
int x=1,man=0;
for(int j=0;j<tot;++j){
int i1=(i>>j)&1,i2=(i>>j+tot)&1;
man+=i1+i2;
if(cntp[j+1]+1-i1-i2<=0){
x=0;
break;
}
x*=(cntp[j+1]+1-i1-i2);
}
// cout<<i<<' '<<man<<' '<<x<<"JIJIJI\n";
(man&1)?op-=C(x,n),m(op):op+=C(x,n),mo(op);
if(!i&&x<n)return;
}
ans+=op;m(ans),mo(ans);
}
main(){
// #ifndef ONLINE_JUDGE
// freopen("in.in","r",stdin);
// freopen("out.out","w",stdout);
// #endif
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
n=read(),m=read(),mod=read();
int k=sqrt(m),gcd,lcm;
for(int i=2;i<=min(k,10000);++i){
if(!npr[i]){
pr[++cnt]=i;
for(int j=2;j*i<=min(k,10000);++j)
npr[i*j]=1;
}
}
pr[++cnt]=1e9;
jc[0]=jc[1]=ny1[1]=ny2[0]=ny2[1]=1;
for(int i=2;i<50000;++i){
jc[i]=jc[i-1]*i%mod;ny1[i]=(mod-mod/i)*ny1[mod%i]%mod,ny2[i]=ny2[i-1]*ny1[i]%mod;
}
for(int i=1;i<=k;++i){
if(m%i==0){
gcd=i,lcm=m-gcd;
sol(gcd,lcm);
if(m!=i*i){
gcd=m/i,lcm=m-gcd;
sol(gcd,lcm);
}
}
}
cout<<(ans+mod)%mod;
}
C. 我愿相信由你所描述的童话
其实还没学会正解呢（
但是这道题的暴力也挺难打的，我们要枚举每个点作为中间点的时候，要找出他的左边有多少种方案，右边有多少种方案，然后把它们乘起来就行了， 然后你就会发现他只过了样例 。
那么我们重新看题目的要求：
- 一个序列，满足其中有一个点可以作为中间点，那么他就是一个合法序列，求合法序列的个数。
如果按照上面的方法去求，就会发现有些序列会被统计多次，因为 $ s_i $ 可以是重复的，那么一堆相同的点都可以做中间点，枚举每个中间点的时候，这个序列就会被统计多次。
对于上图的这个序列，他就会被统计三次。
考虑如何避免这种情况：我们可以钦定所有相等数都由最左边那个数统计答案，也就是只有下面这种情况是合法的。
也就是说，统计一个数的左边方案数时，不能由和他的值相同的数转移过来，但是我们需要开两个数组来统计左边的答案，
$ f_i $ 表示以 $ i $ 为中间点，左边不包含和他相等的数的方案数， $ ff_i $ 表示以 $ i $ 为中间点，左边可以包含和他相等的数的方案数，那么就有转移方程：
\]
\]
为什么一定要这样写，因为一段数作为中间点的时候会统计错误，但一段数不作为中间点的时候是无需钦定的。
像这种情况就无法被统计到。
然后就拿到了暴力分。
这是这道题的题解：
借助题解的思想，可以写出一个水过数据的码，但很容易被卡。
$\large 水$
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
inline ll read(){
char c=getchar();ll x=0;
while(!isdigit(c))c=getchar();
while(isdigit(c))x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
return x;
}
const int N=3e5+10;
const int mod=1e9+7;
int f[1<<20],f1[1<<20],ans[N],n,m,a[N],anss;
#define mo(x) (x>=mod?x-=mod:0)
main(){
// #ifndef ONLINE_JUDGE
// freopen("in.in","r",stdin);
// freopen("out.out","w",stdout);
// #endif
n=read(),m=read();
// int k=1<<m;
for(int i=1;i<=n;i=-~i){
a[i]=read();
}
for(int i=1;i<=n;i=-~i){
int j=0,w=a[i],lp=max(w&-w,1);ans[i]=1;
while(j<w){
if((w|j)==w){
ans[i]+=f[j],mo(ans[i]),j+=lp;
// if(i==10)cout<<j<<"NIU\n";
}
else j+=j&-j;
}
// (f[w]+=(f[w]+ans[i])%mod)%=mod;
f[w]<<=1;f[w]>=mod?f[w]-=mod:0;
f[w]+=ans[i];mo(f[a[i]]);
}
for(int i=n;i;i=~-i){
int j=0,op=1,w=a[i],lp=max(w&-w,1);
while(j<=w){
if((w|j)==w)op+=f1[j],mo(op),j+=lp;
else j+=j&-j;
}
(f1[w]+=op);mo(f1[w]);
(anss+=(ll)ans[i]*op%mod);mo(anss);
// cout<<i<<' '<<ans[i]<<' '<<op<<endl;
}
cout<<anss;
}
D. Baby Doll
躺尸体，做不了一点。
DAY1 总结：
四道数学题，不知道是不是又是 joke3579 雪张出的，有一种被 qj 的无力感。
但也学了一下容斥。
DAY2:
A. 不相邻集合
发现只需要维护连续段，可以用 set 、并查集，也可以直接维护一个连续段的开头和末尾，直接 $ O(n) $ 做。
码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
typedef unsigned long long ull;
#define fi first
#define se second
#define ps push_back
#define mk make_pair
#define rint register int
#define G cout<<"-------------------"<<endl
inline ll read(){
char c=getchar();ll x=0,f=1;
while(!isdigit(c))(c=='-'?f=-1:0),c=getchar();
while(isdigit(c))x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
return x*f;
}
const int N=1e6+10,inf=0x7fffffff;
const ll linf=0x3f7f7f7f7f7f7f7f,mod=1e9+7;
struct jj{
mutable int l,r;
inline bool operator <(const jj&x)const{
return l<x.l;
}
};
int n,a[N],ans;
set<jj> s;
int main(){
// #ifndef ONLINE_JUDGE
// freopen("in.in","r",stdin);
// freopen("out.out","w",stdout);
// #endif
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
n=read();
for(int i=1;i<=n;++i)
a[i]=read();
s.insert({-1,-1});
for(int i=1;i<=n;++i){
auto it=s.lower_bound({a[i],a[i]});
if(it==s.end()||it->l>a[i])--it;
if(it->r>=a[i]){
cout<<ans<<' ';
continue;
}
++it;
if(it!=s.end()&&it->l==a[i]+1)ans-=(it->r-it->l+2)/2,it->l=a[i],ans+=(it->r-it->l+2)/2;
else it=s.insert({a[i],a[i]}).fi,++ans;
if(it!=s.begin()){
--it;
if(it->r==a[i]-1){
int l=it->l;
ans-=(it->r-it->l+2)/2;
++it;
s.erase({l,a[i]-1});
ans-=(it->r-it->l+2)/2;
it->l=l;
ans+=(it->r-it->l+2)/2;
}
}
cout<<ans<<' ';
}
}
B. 线段树
直接递归求解的话肯定会复杂度爆炸，那么我们可以发现很多过程是重复的，对于一个长度固定的区间，我们去跑他的线段树可能要跑很多次，但是每次传进去的初始 k 值不一样，就导致他对答案的贡献不一样，那么我们想办法把一棵树缩成一个函数，只要知道传进去的自变量 k ，就可以直接算出他对答案的贡献，那么我们就可以进行记搜。
然后你就会发现，对于一个长度确定的区间，他的线段树可以转换为和 k 有关的一次函数形式。
可以做做cats 的二分答案，也是只和长度有关的记搜。
码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
typedef unsigned long long ull;
#define int ll
#define fi first
#define se second
#define ps push_back
#define mk make_pair
#define rint register int
#define G cout<<"-------------------"<<endl
inline ll read(){
char c=getchar();ll x=0,f=1;
while(!isdigit(c))(c=='-'?f=-1:0),c=getchar();
while(isdigit(c))x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
return x*f;
}
#define mo(x) (x>=mod?x-=mod:0)
const int N=1e6+10,inf=0x7fffffff;
const ll linf=0x3f7f7f7f7f7f7f7f,mod=1e9+7;
ll ans=0;
unordered_map<int,pair<ll,ll> >ma;
inline pair<ll,ll> dfs(int x){
if(ma[x].fi)return ma[x];
pair<ll,ll> q={1,0},zan;
int l=1,r=x,mid=l+r>>1;
zan=dfs(mid-l+1);
q.fi=(q.fi+zan.fi*2)%mod,q.se+=zan.se;mo(q.se);
zan=dfs(r-mid);
q.fi=(q.fi+zan.fi*2)%mod,q.se+=zan.fi,mo(q.se),q.se+=zan.se,mo(q.se);
return ma[x]=q;
}
inline void sol(int k,int l,int r,int L,int R){
if(L<=l&&r<=R){
pair<ll,ll> p=dfs(r-l+1);
ans+=k*p.fi%mod,mo(ans);
ans+=p.se,mo(ans);
return;
}
int mid=l+r>>1;
if(L<=mid)sol((k<<1)%mod,l,mid,L,R);
if(R>mid)sol((k<<1|1)%mod,mid+1,r,L,R);
}
main(){
// #ifndef ONLINE_JUDGE
// freopen("in.in","r",stdin);
// freopen("out.out","w",stdout);
// #endif
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
int t=read();
ma[1]={1,0};
while(t--){
ans=0;
int n=read(),l=read(),r=read();
sol(1,1,n,l,r);
cout<<ans<<'\n';
}
// cout<<ma[2].fi<<' '<<ma[2].se<<endl;
}
C. 魔法师
尝试转化题意，只可以用 $ \max (a_i + a_j , b_i + b_j) $ （接下来以 i 为坐标的表示法杖，以 j 为坐标的表示法咒），来更新答案，那么就去分情况什么时候 用a，什么时候用b。
$ a_i + a_j < b_i + b_j $ ，移项，做到下标一样的在同一侧（这是一种移项很重要的思想），$ a_i - b_i \lt b_j - a_j $。
设 $ a_i - b_i $ 为 $ k1 $ ， $ b_j - b_i $ 为 $ k2 $ 。
当 $ k1 \lt k2 $ 时，应该用 $ b $ 去更新答案，否则用 $ a $ 去更新答案。
这样我们就可以建一颗线段树，维护对应的 $ k1,k2 $ 的位置上的 $ a_i,b_i,a_j,b_j $（ $ a_i 与a_j ， b_i 与 b_j $ 是不一样的） 的最小值和答案。对于魔杖，在 $ k1 $ 的位置上去更新 $ a_i ,b_i $ 的最小值，顺便更新答案，对于法咒就在 $ k2 $ 的位置上进行相应的操作。
统计答案时，对于一个节点的左子树和右子树来说，左子树的任何一个权值都小于右子树的权值，所以用左子树的 $ b_i $ + 右子树的 $ b_j $ 来更新答案（此时左边代表 $ k1 $，右边是 $ k2 $ ，$ k1 \lt k2 $ ，用 $ b $ 更新答案），以及左子树的 $ a_j $ + 右子树的 $ a_i $ 来更新答案（和前者相反）。
处理的很巧妙，但首先要想到把下标一样的移项到同一侧。
细节看代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
typedef unsigned long long ull;
#define fi first
#define se second
#define ps push_back
#define mk make_pair
#define rint register int
#define G cout<<"-------------------"<<endl
inline ll read(){
char c=getchar();ll x=0,f=1;
while(!isdigit(c))(c=='-'?f=-1:0),c=getchar();
while(isdigit(c))x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
return x*f;
}
const int N=1e6+10,inf=0x3f3f3f3f,B=25e4;
const ll linf=0x3f7f7f7f7f7f7f7f,mod=1e9+7;
int sum[N][2][2],ans[N];
multiset<int> s[500001][2][2];// 因为有删除操作，所以用multiset 维护
inline void add(int k,int l,int r,int pos,int va,int vb,int op){
if(l==r){
if(!s[l][0][0].size())s[l][0][0].insert(1e8),s[l][0][1].insert(1e8),s[l][1][0].insert(1e8),s[l][1][1].insert(1e8);
if(op<0){
auto pos=s[l][-op-1][0].lower_bound(va);
if((*pos)==va)s[l][-op-1][0].erase(pos);
pos=s[l][-op-1][1].lower_bound(vb);
if((*pos)==vb)s[l][-op-1][1].erase(pos);
}
else s[l][op-1][0].insert(va),s[l][op-1][1].insert(vb);
sum[k][0][0]=*(s[l][0][0].begin()),sum[k][0][1]=*(s[l][0][1].begin()),sum[k][1][0]=*(s[l][1][0].begin()),sum[k][1][1]=*(s[l][1][1].begin());
ans[k]=min(sum[k][0][0]+sum[k][1][0],sum[k][0][1]+sum[k][1][1]);
return;
}
int mid=l+r>>1;
if(pos<=mid)add(k<<1,l,mid,pos,va,vb,op);
else add(k<<1|1,mid+1,r,pos,va,vb,op);
sum[k][0][0]=min(sum[k<<1][0][0],sum[k<<1|1][0][0]),sum[k][0][1]=min(sum[k<<1][0][1],sum[k<<1|1][0][1]);
sum[k][1][0]=min(sum[k<<1][1][0],sum[k<<1|1][1][0]),sum[k][1][1]=min(sum[k<<1][1][1],sum[k<<1|1][1][1]);
ans[k]=min({ans[k<<1],ans[k<<1|1],sum[k<<1][0][1]+sum[k<<1|1][1][1],sum[k<<1][1][0]+sum[k<<1|1][0][0]});
}
int main(){
// #ifndef ONLINE_JUDGE
// freopen("in.in","r",stdin);
// freopen("out.out","w",stdout);
// #endif
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
int q=read(),t=read();
memset(sum,0x3f,sizeof(sum));
memset(ans,0x3f,sizeof(ans));
for(int i=1,op,opp,x,y,anss=0;i<=q;++i){
op=read(),opp=read(),x=read(),y=read();
if(t)x^=anss,y^=anss;
if(op==1){
int k=opp?y-x:x-y;
add(1,1,5e5,k+B,x,y,opp+1);
anss=ans[1]>1e6?0:ans[1];
cout<<anss<<'\n';
}
else{
int k=opp?y-x:x-y;
add(1,1,5e5,k+B,x,y,-opp-1);
anss=ans[1]>1e6?0:ans[1];
cout<<anss<<'\n';
}
}
}
还有一开始写完了代码老是MLE，后来发现multiset即使不插数时也会占 183MB 的内存，不太理解他的内存是怎么分配的，有知道的请说说。
D. 园艺
也是一个很好的 idea ， 但一直感觉都是在被题解牵着走，没有找到这道题的切入点，那就直接粘题解了：
首先上面的转弯是可以感性理解的，但是后面的 dp 改变成另外一种写法应该是为了 压维 吧，对于其他的操作用双指针和斜率优化即可。
码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
typedef unsigned long long ull;
#define fi first
#define se second
#define ps push_back
#define mk make_pair
#define rint register int
#define G cout<<"-------------------"<<endl
inline ll read(){
char c=getchar();ll x=0,f=1;
while(!isdigit(c))(c=='-'?f=-1:0),c=getchar();
while(isdigit(c))x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
return x*f;
}
const int N=2e6+10,inf=0x7fffffff;
const ll linf=0x3f7f7f7f7f7f7f7f,mod=1e9+7;
ll n,a[N],s[N],f[N];
ll q1[N],q2[N],l1,r1=-1,l2,r2=-1;
double k1[N],k2[N];
#define Y1(k) (f[k]-2ll*k*s[k]+2ll*s[k])
#define Y2(k) (f[k]+2ll*n*s[k]-2ll*k*s[k])
#define K1(x,y) (((double)Y1(y)-Y1(x))/(-2.0*y+2.0*x))
#define K2(x,y) (((double)Y2(y)-Y2(x))/(-2.0*y+2.0*x))
inline void add1(ll k){
while(l1<r1&&(K1(q1[r1],k)<=k1[r1-1]))--r1;
q1[++r1]=k;
if(r1>l1)k1[r1-1]=K1(q1[r1-1],q1[r1]);
}
inline void add2(ll k){
while(l2<r2&&K2(k,q2[r2])>=k2[r2-1])--r2;
q2[++r2]=k;
if(r2>l2)k2[r2-1]=K2(q2[r2],q2[r2-1]);
}
ll k;
inline void ans1(int i){
if(l2>r2)return;
while(l2<r2&&k2[l2]>=s[i])++l2;
f[i]=f[q2[l2]]+2ll*(n-q2[l2])*(s[q2[l2]]-s[i]);
}
inline void ans2(int j){
if(l1>r1)return;
while(l1<r1&&k1[l1]<=s[j])++l1;
f[j]=f[q1[l1]]+2ll*(q1[l1]-1)*(s[j]-s[q1[l1]]);
}
int main(){
// #ifndef ONLINE_JUDGE
// freopen("in.in","r",stdin);
// freopen("out.out","w",stdout);
// #endif
n=read();k=read();
for(int i=1;i<n;++i){
a[i]=read();s[i+1]=s[i]+a[i];
}
fill(f+1,f+1+n,linf);
f[k]=0;
for(int i=1;i<=n;++i)
f[k]+=abs(s[k]-s[i]);
ll i=k,j=k;
while(i>0&&j<=n){
if(f[i]<=f[j]){
add1(i);
ans2(j);
--i;
ans1(i);
}
else{
add2(j);
ans1(i);
++j;
ans2(j);
}
}
cout<<min(f[1],f[n]);
}
总结：
其实这两场学的东西还真不少，尤其是DAY2的题，里面的 新trick 不少，也是因为这个才写了这篇博客。
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