CSPS模拟94

我好菜啊。。。。。。

%%%迪神AK

虽然考试成绩不太好，但至少能想到正解了，也不会菜到打不出暴力。

T1：想了半天不会，发现直接打高精可以拿到80分，就赶紧码完扔了，结果正解是利用double避免了高精运算

解法：%%迪神，高精压位，同时只记录前300位进行比较。

or利用double和除法，最后和1比较

or正解：double，对所有数取log再进行比较

 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<algorithm>
 #include<cmath>
 #define LL double
 #define N 1000050
 using namespace std;
 int x,y;
 inline void work1()
 {
     LL a1=,a2=0.0;
     a1=1.0*y*log(x);
     for(int i=;i<=y;++i)a2+=1.0*log((double)i);
     if(a1>a2)puts("No");
     else puts("Yes");
 }
 int main()
 {
     freopen("yuuutsu.in","r",stdin);
     freopen("yuuutsu.out","w",stdout);
     int T;scanf("%d",&T);
     while(T--)
     {
         scanf("%d%d",&x,&y);
         work1();
     }
     fclose(stdin);fclose(stdout);
 }

T2：考场正解，细节打炸。将原数列差分掉，然后利用就可以将下标mod k进行操作了。

注意特判：差分的区间为左闭右开。所以当右端点为n+1时是可以随意加的。然而当左端点为0时不能随便加，因为是左闭右开呀

 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<algorithm>
 #define LL long long
 #define N 2000050
 #define re register
 using namespace std;
 LL s1[N];
 inline int read()
 {
     int s=,b=;char c=getchar();
     while(c>''||c<''){if(c=='-')b=;c=getchar();}
     while(c>=''&&c<='')s=s*+c-'',c=getchar();
     if(b)return -s;
     return s;
 }
 int n,k,m;
 int a[N],al,pd[N];
 inline void add(int pos,int val)
 {
     pos%=k;
     if(pd[pos])return;
     if(s1[pos]==-val){s1[pos]=;--al;return;}
     if(!s1[pos]){s1[pos]=val;++al;return;}
     s1[pos]+=val;
 }
 int main()
 {
     freopen("august.in","r",stdin);
     freopen("august.out","w",stdout);
     n=read(),k=read(),m=read();
     for(register int i=;i<=n;++i)a[i]=read();
     for(register int i=n;i;--i)
         a[i]-=a[i-],s1[i%k]+=a[i];
     pd[(n+)%k]=;
     for(int i=;i<k;++i){
         if(pd[i])continue;
         if(s1[i])++al;
     }
     if(al)puts("No");
     else puts("Yes");
     for(int i=,x,y;i<=m;++i)
     {
         x=read();y=read();
         if(y){add(x,y);add(x+,-y);}
         if(al)puts("No");
         else puts("Yes");
     }
     fclose(stdin);fclose(stdout);
 }

左端点为0不能加

T3：这题好好写一下。

考场上先打出了暴力，然后考虑加优化。

暴力：

 for(int i=,lca;i<=n;++i)
 {
     lca=a[i];ans+=c[lca];
     for(int j=i-;j;--j){
         lca=LCA(lca,a[j]);
         ans+=c[lca];
     }
 }

暴力枚举右端点，发现左端点在一段区间内时lca是一定的。

那么这个东西可以用链表来维护。

链表记录lca的值（id）和这个lca对应左端点的数量（ct）

统计答案直接ct*id即可。

然而这种打法还是会被一条链的数据卡掉

深入挖掘它的性质。每插入一个新的右端点，会把链表内所有节点更新到新端点的祖先链上。（显然

那么新加入的节点就一定会加到链表的队尾。且设当前加入的为a[j]，那么a[j]和a[j-1]的lca之前的点是共用的。

那么不断利用a[j]和a[j-1]的lca去弹掉链表的队尾。最后在队尾加入a[j]和a[j-1]的lca和a[j]即可

考虑在每个节点再维护一个答案的前缀和（an）

a[j]和a[j-1]的lca之前的所有的节点内所有东西（id,ct,an）都不变。

那么直接更新a[j]和a[j-1]的lca和a[j]的答案即可。

流程：

新开节点，插入队尾，在队中删除不合法的节点并更新a[j]和a[j-1]的lca控制区间长度。

 #include<bits/stdc++.h>
 #define LL long long
 #define re register
 #define N 200050
 using namespace std;
 inline int read()
 {
     int s=,b=;char c=getchar();
     while(c>''||c<''){if(c=='-')b=;c=getchar();}
     while(c>=''&&c<='')s=s*+c-'',c=getchar();
     if(b)return -s;
     return s;
 }
 int n,m,a[N],c[N],kkk,num;
 struct node{int pre,ne,ct,id;LL an;}li[N*];
 LL ans;
 int he[N],ne[N],to[N],fa[N],tot;
 inline void addedge(int x,int y){to[++tot]=y;ne[tot]=he[x];he[x]=tot;}
 int tp[N],dep[N],dfl[N],dfr[N],sz[N],hs[N],cnt;
 int po[N];
 inline void dfs1(int g)
 {
     dep[g]=dep[fa[g]]+;sz[g]=;
     for(int i=he[g];i;i=ne[i])
     {
         dfs1(to[i]);
         if(sz[to[i]]>sz[hs[g]])hs[g]=to[i];
         sz[g]+=sz[to[i]];
     }
 }
 inline void dfs2(int g)
 {
     dfl[g]=dfr[g]=++cnt;
     po[cnt]=g;
     if(hs[fa[g]]==g)tp[g]=tp[fa[g]];
     else tp[g]=g;
     if(hs[g])dfs2(hs[g]);
     for(int i=he[g];i;i=ne[i])
         if(to[i]!=hs[g])dfs2(to[i]);
     dfr[g]=cnt;
 }
 inline int LCA(int x,int y)
 {
     if(dep[x]>dep[y])swap(x,y);
     if(dfl[x]<=dfl[y]&&dfr[x]>=dfl[y])return x;
     while(tp[x]!=tp[y])
     {
         if(dep[tp[x]]>dep[tp[y]])swap(x,y);
         y=fa[tp[y]];
     }
     if(dep[x]>dep[y])return y;
     else return x;
 }
 inline void del(int x)
 {
     int a1=li[x].pre,a2=li[x].ne;
     if(a1)li[a1].ne=a2;
     if(a2)li[a2].pre=a1;
     if(!a2)kkk=a1;
 }
 int main()
 {
     freopen("sagittarius.in","r",stdin);freopen("sagittarius.out","w",stdout);
     n=read();
     for(int i=;i<=n;++i){fa[i]=read();addedge(fa[i],i);}
     dfs1();dfs2();
     for(int i=;i<=n;++i)a[i]=read();
     for(int i=;i<=n;++i)c[i]=read();
     ans+=c[a[]];li[++num].ct=;
     li[num].id=a[];kkk=num;
     li[num].an=c[a[]];
     for(int j=;j<=n;++j){
         li[++num].id=a[j];li[num].ct=;
         li[kkk].ne=num;li[num].pre=kkk;
         kkk=num;int i,t;
         for(i=li[kkk].pre;i;i=li[i].pre){
             t=LCA(li[i].id,li[li[i].ne].id);
             if(t!=li[i].id){li[i].id=t;
                 if(li[i].id==li[li[i].ne].id){
                     li[i].ct+=li[li[i].ne].ct;
                     del(li[i].ne);
                 }
             }
             else {
                 if(li[i].id==li[li[i].ne].id){
                     li[i].ct+=li[li[i].ne].ct;
                     del(li[i].ne);
                 }
                 break;
             }
         }
         if(!i)i=;
         for(;i;i=li[i].ne)li[i].an=li[li[i].pre].an+1ll*c[li[i].id]*li[i].ct;
         ans+=li[kkk].an;
     }
     cout<<ans<<endl;
 }

代码和题解有些出入，但本质上是一样的

复杂度证明：在每个点最多插入两个节点，每个节点被删除一次。复杂度为O（n）

但由于还要求lca，复杂度变为O（nlogn）。（然而你用tarjan求lca做到O（n）我也没意见）