[2017/5/28]FJ四校联考

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话说这一段时间算是过去了，好久好久之后终于又有联考了  没想到这次到我们学校出题，昨天才想起来，临时花一天赶了一套，我出了一个sbFFT，质量勉强吧。

upd:代码已经更新

A.种树

有一棵二叉树，有点权，你要从节点1出发前往一个节点，如果路上的节点权值和他相等就结束，否则比他小向左，比他大向右，问能不能找到。

需要支持多组询问，单点修改，子树反转

n,m<=10^5

#include<iostream>
#include<cstdio>
#define pa pair<int,int>
#define mp(x,y) make_pair(x,y)
#define MN 100000
#define INF 2000000000
using namespace std;
inline int read()
{
    int x =  , f = ; char ch = getchar();
    while(ch < '' || ch > ''){ if(ch == '-') f = -;  ch = getchar();}
    while(ch >= '' && ch <= ''){x = x *  + ch - '';ch = getchar();}
    return x * f;
}

struct data{int lmn,lmx,rmn,rmx;
    friend data operator +(data a,data b)
    {
        data c;
        c.lmn=min(a.lmn,b.lmn);
        c.rmx=max(a.rmx,b.rmx);
        c.lmx=(a.lmx==INF)?b.lmx:(b.lmx==INF?a.lmx:max(a.lmx,b.lmx));
        c.rmn=(a.rmn==-INF)?b.rmn:(b.rmn==-INF?a.rmn:min(a.rmn,b.rmn));
        return c;
    }
    void rev()
    {
        swap(lmn,rmn);if(lmn==-INF) lmn=INF;if(rmn==INF) rmn=-INF;
        swap(lmx,rmx);if(rmx==INF) rmx=-INF;if(lmx==-INF)lmx=INF;
    }
};
struct Tree{int l,r,rev;data x;}T[MN*+];
int l[MN+],r[MN+],num[MN+],fa[MN+],top[MN+],n,m,w[MN+],dn=,nl[MN+],nr[MN+],size[MN+];
pa p[MN+];

void Dfs1(int x)
{
    if(l[x]) Dfs1(l[x]),fa[l[x]]=x;
    if(r[x]) Dfs1(r[x]),fa[r[x]]=x;
    size[x]=size[l[x]]+size[r[x]]+;
} 

void Dfs2(int x,int tp)
{
    if(!x) return;top[x]=tp;num[nl[x]=++dn]=x;
    if(size[l[x]]>size[r[x]]) Dfs2(l[x],tp),Dfs2(r[x],r[x]);
    else Dfs2(r[x],tp),Dfs2(l[x],l[x]);
    p[l[x]]=mp(,w[x]);p[r[x]]=mp(,w[x]);
    nr[x]=dn;
}

void build(int x,int l,int r)
{
    if((T[x].l=l)==(T[x].r=r))
    {
        int now=num[l];
        if(p[now].first==)
            T[x].x=(data){p[now].second,p[now].second,-INF,-INF};
        else
            T[x].x=(data){INF,INF,p[now].second,p[now].second};
        return;
    }
    int mid=l+r>>;
    build(x<<,l,mid);build(x<<|,mid+,r);
    T[x].x=T[x<<].x+T[x<<|].x;
}

inline void Mark(int x)
{
    T[x].rev^=;
    T[x].x.rev();
}

inline void pushdown(int x)
{
    Mark(x<<);Mark(x<<|);
    T[x].rev=;
}

void Modify(int x,int v,pa k)
{
    if(T[x].l==T[x].r)
    {
        if(k.first==^T[x].rev)
            T[x].x=(data){k.second,k.second,-INF,-INF};
        else
            T[x].x=(data){INF,INF,k.second,k.second};
        return;
    }
    if(T[x].rev) pushdown(x);
    int mid=(T[x].l+T[x].r)>>;
    if(v<=mid) Modify(x<<,v,k);
    else if(v>mid) Modify(x<<|,v,k);
    T[x].x=T[x<<].x+T[x<<|].x;
}

void Reverse(int x,int l,int r)
{
    if(T[x].l==l&&T[x].r==r){Mark(x);return;}
    int mid=(T[x].l+T[x].r)>>;
    if(T[x].rev) pushdown(x);
    if(r<=mid) Reverse(x<<,l,r);
    else if(l>mid) Reverse(x<<|,l,r);
    else Reverse(x<<,l,mid),Reverse(x<<|,mid+,r);
    T[x].x=T[x<<].x+T[x<<|].x;
}

data Query(int x,int l,int r)
{
    if(T[x].l==l&&T[x].r==r) return T[x].x;
    if(T[x].rev) pushdown(x);
    int mid=(T[x].l+T[x].r)>>;
    if(r<=mid) return Query(x<<,l,r);
    else if(l>mid) return Query(x<<|,l,r);
    else return Query(x<<,l,mid)+Query(x<<|,mid+,r);
}

data Solve(int x)
{
    data res=(data){INF,INF,-INF,-INF};
    for(;x;x=fa[top[x]]) res=res+Query(,nl[top[x]],nl[x]);
    return res;
}

int main()
{
    n=read();m=read();
    for(int i=;i<=n;++i) w[i]=read(),l[i]=read(),r[i]=read();
    Dfs1();Dfs2(,);p[]=mp(,INF);build(,,n);
    for(int i=;i<=m;++i)
    {
        int op=read(),x=read();
        if(op==)
        {
            int y=read();
            if(l[x]) Modify(,nl[l[x]],mp(,y));
            if(r[x]) Modify(,nl[r[x]],mp(,y));
            w[x]=y;
        }
        if(op==)
        {
            if(nl[x]!=nr[x])
                Reverse(,nl[x]+,nr[x]);
        }
        if(op==)
        {
            data y=Solve(x);
            if(w[x]<y.lmn&&w[x]>y.rmx) puts("YES");
            else puts("NO");
        }
    }
    return ;
}

把一条边看成一个限制条件，也就是大于或者小于某个值。那么树链剖分之后线段树维护就行了，维护区间小于限制的最大／最小值，大于限制的最大／最小值。

子树反转可以打标记实现。复杂度nlog^2n

代码貌似丢在学校了，端午过后补吧。

B.mark

C.秋之国的盛会

给定两个长度为n的序列ai,bi，可以把a向后推动0到n次。给定c,m,推动k次的时候的费用是$\sum{(\frac{ai}{bi}-c*k-m)^2}$

n<=10^5

求最小费用

把这个式子展开，很容易发现只要能快速求出不同推动状态下的$\sum{\frac{ai}{bi}}$和$\sum{(\frac{ai}{bi})^2}$即可。

把ai数组倒过来并复制一遍，b数组变成1/bi，fft求卷积即可。另一项同理。

复杂度nlogn

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define pi acos(-1)
#define ld long double
#define MN 262144
using namespace std;
inline int read()
{
    int x =  , f = ; char ch = getchar();
    while(ch < '' || ch > ''){ if(ch == '-') f = -;  ch = getchar();}
    while(ch >= '' && ch <= ''){x = x *  + ch - '';ch = getchar();}
    return x * f;
}

int N,n,M;double cost;
struct cp
{
    ld r,u;
    cp ( double x = ,double y = ) :r(x) , u(y) {}
    cp operator + (const cp&y) { return cp(r+y.r,u+y.u);}
    cp operator - (const cp&y) { return cp(r-y.r,u-y.u);}
    cp operator * (const cp&y) { return cp(r*y.r-u*y.u,r*y.u+u*y.r);}
    cp operator * (ld y){return cp(r*y,u*y);}
    cp operator / (ld y){return cp(r/y,u/y);}
}A[MN+],B[MN+],C[MN+],a[MN+],b[MN+],c[MN+],w[][MN+];

void fft(cp*x,int r)
{
    for(int i=,j=;i<N;++i)
    {
        if(i>j) swap(x[i],x[j]);
        for(int l=N>>;(j^=l)<l;l>>=);
    }
    for(int i=;i<=N;i<<=)for(int j=;j<N;j+=i)for(int k=;k<i>>;++k)
    {
        cp t=x[j+k+(i>>)]*w[r][N/i*k];
        x[j+k+(i>>)]=x[j+k]-t;
        x[j+k]=x[j+k]+t;
    }
    if(r)for(int i=;i<N;++i) x[i]=x[i]/N;
}

int main()
{
    freopen("party.in","r",stdin);
    freopen("party.out","w",stdout);
    n=read();M=read();scanf("%lf",&cost);
    for(int i=n-;~i;--i)  a[i].r=read(),A[i].r=a[i].r*a[i].r;
    for(int i=;i<n;++i)  b[i].r=(ld)/read(),B[i].r=b[i].r*b[i].r;
    for(int i=;i<n;++i) a[i+n]=a[i],A[i+n]=A[i];
    for(N=;N<=n<<;N<<=);
    w[][]=w[][N]=cp(,);w[][]=w[][N-]=cp(cos(*pi/N),sin(*pi/N));
    for(int i=;i<=N;++i) w[][i]=w[][N-i]=w[][i-]*w[][];
    fft(a,);fft(b,);fft(A,);fft(B,);
    for(int i=;i<N;++i) c[i]=a[i]*b[i],C[i]=A[i]*B[i];
    fft(c,);fft(C,);
    ld ans=1e99;int mx=;
    for(int i=n-;i<n<<;++i)
    {
        ld j=cost*(i-n+);
        if(C[i].r-*c[i].r*(j+M)+(ld)n*(j+M)*(j+M)<ans) mx=i-n+;
        ans=min(ans,C[i].r-*c[i].r*(j+M)+(ld)n*(j+M)*(j+M));
    }
    printf("%.10lf",(double)ans);
    return ;
}