[NOIP模拟20]题解

来自达哥的问候……

A.周

究级难题，完全不可做QAQ

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
int n;
ll a[],b[],c[],d[],ans;
void dfs(int step,ll mdx,ll lhb)
{
    if(step>n)
    {
        ans=max(ans,mdx*lhb);
        return ;
    }
    //cout<<mdx<<' '<<lhb<<endl;
    dfs(step+,mdx+a[step]>?mdx+a[step]:,lhb-b[step]>?lhb-b[step]:);
    dfs(step+,mdx-d[step]>?mdx-d[step]:,lhb+c[step]>?lhb+c[step]:);
    return ;
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=;i<=n;i++)
        scanf("%lld%lld%lld%lld",&a[i],&b[i],&c[i],&d[i]);
    dfs(,,);
    cout<<ans<<endl;
    return ;
}

B.任

题目中特意强调了简单路径，往无环图的性质上想。显然无环图联通块个数=点数-边数，那么直接二维前缀和维护黑块个数、横向边数、纵向边数即可。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=;
int n,m,Q;
int a[N][N];
int hl[N][N],sl[N][N],sum[N][N];
int read()
{
    int x=,f=;char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-;ch=getchar();}
    while(isdigit(ch))x=x*+ch-'',ch=getchar();
    return x*f;
}
/*
int getsum(int tmp[][N],int i,int j)
{
    return tmp[i][j-1]+tmp[i-1][j]-tmp[i-1][j-1];
}
*/
int main()
{
    /*freopen("dat.in","r",stdin);
    freopen("my.out","w",stdout);*/
    n=read();m=read();Q=read();
    char s[N];
    for(int i=;i<=n;i++)
    {
        scanf("%s",s+);
        for(int j=;j<=m;j++)
            a[i][j]=s[j]-'';
    }
    for(int i=;i<=n;i++)
        for(int j=;j<=m;j++)
        {
            sum[i][j]=sum[i][j-]+sum[i-][j]-sum[i-][j-]+a[i][j];
            hl[i][j]=hl[i][j-]+hl[i-][j]-hl[i-][j-];
            sl[i][j]=sl[i][j-]+sl[i-][j]-sl[i-][j-];
            if(a[i-][j]&&a[i][j])sl[i][j]++;
            if(a[i][j-]&&a[i][j])hl[i][j]++;
        }
    for(int i=;i<=Q;i++)
    {
        int x=read(),y=read(),xx=read(),yy=read();
        int ans=sum[xx][yy]-sum[x-][yy]-sum[xx][y-]+sum[x-][y-];
        int cover1=hl[xx][yy]-hl[xx][y]-hl[x-][yy]+hl[x-][y];
        int cover2=sl[xx][yy]-sl[x][yy]-sl[xx][y-]+sl[x][y-];
        ans-=(cover1+cover2);
        printf("%d\n",ans);
    }
    return ;
}

C.飞

鬼畜值的计算公式其实就是$C_n^2$，所以每一对相交线贡献就是1，不用考虑多条线交于一点的情况。

其实手玩一下的话很容易发现题目要求的就是逆序对个数(只要你别像我一样以为这是一道美妙的数学题考场推2页A4纸公式就行)

但是达哥为了不让自己出的题被AK(虽说我们那场还是有AK的)，把内存卡到了32M

肯定要在$x[]$的生成方式上寻求突破，可以发现$x[]$构成的序列由多个等差数列构成。如果$x[i]$和$x[i-1]$在同一段等差数列内，且$x[i-1]$和前面的数列构成了m个逆序对，那么$x[i]$一定可以和前面的数构成m-k个逆序对。因为每段中必然有一个数能和$x[i-1]$构成逆序对而不能和$x[i]$构成，所以每段贡献都要少1。

如果到了新一段等差数列的开始，就直接用树状数组计算逆序对数。另外，对于刚开始不完整的一段等差数列需要加特判。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
#define int  long long
int n,ini,a,mod,maxx,ans;
int c[];
int lb(int x){return x&-x;}
int add(int x,int val)
{
    for( ;x<=a;x+=lb(x))
        c[x]+=val;
}
int sum(int x)
{
    int res=;
    for( ;x;x-=lb(x))
        res+=c[x];
    return res;
}

signed main()
{
    scanf("%lld%lld%lld%lld",&n,&ini,&a,&mod);
    int old=ini;
    if(ini<a)add(ini+,);
    int now=,num=;
    for(int i=;i<=n;i++)
    {
        ini=(ini+a)%mod;
        if(ini<a)num=i-sum(ini+)-,now++,add(ini+,);
        else num-=now;
        if(ini>=a&&ini<old)num++;
        ans+=num;
    }
    cout<<ans<<endl;
    return ;
}