洛谷上卡不过去的朋友们可以来看看小C的程序(小C才不是标题党呢!)

Description

  

Input

  第1行包含5个整数,依次为 x_0,a,b,c,d ,描述小H采用的随机数生成算法所需的随机种子。

  第2行包含三个整数 N,M,Q ,表示小H希望生成一个1到 N×M 的排列来填入她 N 行 M 列的棋盘,并且小H在初始的 N×M 次交换操作后,又进行了 Q 次额外的交换操作。

  接下来 Q 行,第 i 行包含两个整数 u_i,vi,表示第 i 次额外交换操作将交换 T(ui )和 T(v_i ) 的值。

Output

  输出一行,包含 N+M-1 个由空格隔开的正整数,表示可以得到的字典序最小的路径序列。

Sample Input

  1 3 5 1 71
  3 4 3
  1 7
  9 9
  4 9

Sample Output

  1 2 6 8 9 12

HINT

  

Solution

  奇技淫巧题,卡时卡空间,考出了WC的画风。

  相信O(nmlog(n+m))的做法大家都会。

  一通模拟过后,基本思路就是贪心,每次选最小的数,能加就加,加入之后更新限制范围……你懂的。

  

  很多做法,一种是用set或平衡树来维护限制范围,还有一种就是直接在数组上二分,插入时暴力插入。

  小C觉得第一种常数很大并且懒得写平衡树,所以就写了第二种。复杂度O(nmlog(n+m)+(n+m)^2)。

  注意代码上各种会影响常数的细节,如取模等。

  当你绞尽脑汁试图扭曲你的代码去卡过那万恶的常数时,不如再想想强有力的剪枝。

  我们发现每条斜线上有且仅有一个数会被记入答案,不妨开一个bool数组来标记一下。

  整整快了一倍有木有!

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define MM 25000005
#define MN 5005
#define make(a1,a2) ((pr){a1,a2})
#define l(a) (a.x)
#define r(a) (a.y)
using namespace std;
struct pr{int x,y;}pa[MN<<];
int X,A,B,C,D;
int n,m,gs,p,nm,a[MM],b[MM];
bool u[MN<<]; inline int read()
{
int n=,f=; char c=getchar();
while (c<'' || c>'') {if(c=='-')f=-; c=getchar();}
while (c>='' && c<='') {n=n*+c-''; c=getchar();}
return n*f;
} bool cmp(pr a,pr b) {return a.x<b.x || a.x==b.x && a.y<b.y;} int main()
{
register int i,j,x;
pr z;
X=read(); A=read(); B=read(); C=read(); D=read();
n=read(); m=read(); p=read(); nm=n*m;
for (i=;i<=nm;++i)
{
X=((1LL*A*X+B)*X+C)%D;
a[i]=i; swap(a[i],a[(X%i)+]);
}
while (p--) swap(a[read()],a[read()]);
for (i=;i<=nm;++i) b[a[i]]=i-;
pa[gs=]=make(MN,MN);
for (i=;i<=nm;++i)
{
z=make(b[i]/m,b[i]%m);
if (u[l(z)+r(z)]) continue;
x=lower_bound(pa+,pa+gs+,z,cmp)-pa;
if (r(z)>r(pa[x])||r(z)<r(pa[x-])) continue;
for (j=gs++;j>=x;--j) pa[j+]=pa[j];
u[l(z)+r(z)]=true; pa[x]=z;
if (i>) putchar(' '); printf("%d",i);
}
}

Last Word

  在考场上谁会知道自己的程序会被卡成什么样呢?大概只有写完程序发现跑了5.X秒然后在程序末尾加上"orz ditoly"来保平安了吧。

  不过仔细想想这样的优化还是能想得到的。

  看看BZOJ上一个个只跑了20s的dalao们,感觉没有人A还要求放宽时限的洛谷还是Too Young。

  n+e光速读入用在这道题上是杯水车薪。

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