T1 (help)
题意简述
给定一个长度为(n)的序列。然后给出多组询问.
询问([l,r])区间内不等于该段区间(gcd)的数的个数。
分析
看到区间问题,优先考虑线段树 or 树状数组
貌似可以树状数组做.但维护起来会比较麻烦.
下面讲解线段树做法
线段树做法.
首先,线段树要维护区间(gcd)
这里使用(tr[o])代表当前区间的区间(gcd).
如何记录答案？
很显然,我们直接记录([l,r])区间内不等于该段区间(gcd)的数的个数会比较麻烦.
因此,考虑记录等于该段区间(gcd)的数的个数.(在线段树上维护.
我们使用数组(sum[o])代表当前区间中等于区间(gcd)的数的个数.
而每次询问的区间长度又已知,所以我们每一次询问的结果就是
PS:(gd)函数是用来求解区间(gcd)的
如何更新/传递(sum)数组呢?
首先,我们会把叶子节点的(sum)标记为(1)(只会有一个数啊 qwq.
然后当向上传递的时候,我们的区间(gcd)会变化.
这里写一下区间(gcd)的上传操作
发现区间(gcd)是会变化的,因此我们的(sum)数组也要随之变化.
我们需要判断的是(tr[o])的值是(tr[ls])还是(tr[rs])。
一.(tr[o])来自(tr[ls])
此时我们的(sum[o])可以接受(sum[ls])的贡献,
二.(tr[o])来自(tr[rs])
此时我们的(sum[o])可以接受(sum[rs])的贡献.
三. (tr[o])同时来自(tr[ls])和(tr[rs])
此时便可以同时获得贡献.
因此,(sum)数组的转移就可以写成这样.
此时,知道了(sum)数组,我们的问题就得以解决.
代码
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cmath>
#define N 5000008
#define ls o<<1
#define rs o<<1|1
#define R register
using namespace std;
inline void in(int &x)
{
int f=1;x=0;char s=getchar();
while(!isdigit(s)){if(s=='-')f=-1;s=getchar();}
while(isdigit(s)){x=x*10+s-'0';s=getchar();}
x*=f;
}
int tr[N],sum[N],n,m;
int gcd(int x,int y){return y==0?x:gcd(y,x%y);}
inline void up(int o)
{
tr[o]=gcd(tr[ls],tr[rs]);
sum[o]=(tr[o]==tr[ls] ? sum[ls]:0)+(tr[o]==tr[rs] ? sum[rs]:0);
}
void build(int o,int l,int r)
{
if(l==r)
{
in(tr[o]);
sum[o]=1;
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
build(ls,l,mid);
build(rs,mid+1,r);
up(o);
return;
}
int gd(int o,int l,int r,int x,int y)
{
if(x<=l and y>=r)return tr[o];
int mid=(l+r)>>1;
if(y<=mid) return gd(ls,l,mid,x,y);
if(x>mid) return gd(rs,mid+1,r,x,y);
return gcd(gd(ls,l,mid,x,y),gd(rs,mid+1,r,x,y));
}
int query(int o,int l,int r,int x,int y,int k)
{
if(x<=l and y>=r) return tr[o]== k ?sum[o]:0;
int mid=(l+r)>>1,res=0;
if(y<=mid) return query(ls,l,mid,x,y,k);
if(x>mid) return query(rs,mid+1,r,x,y,k);
return query(ls,l,mid,x,y,k)+query(rs,mid+1,r,x,y,k);
}
int main()
{
//freopen("help.in","r",stdin);
//freopen("help.out","w",stdout);
in(n);
build(1,1,n);
in(m);
for(R int l,r;m;m--)
{
in(l),in(r);
printf("%d
",r-l+1-query(1,1,n,l,r,gd(1,1,n,l,r)));
}
fclose(stdin);
fclose(stdout);
return 0;
}
T2(escape)
题意简述
给定(n)个数,这(n)个数均在(1-n)的范围内,其中有一个数出现了两次,其余数均出现了一次.让你求出这个出现两次的数.
数据范围
(2leq n leq10^7)
时空限制
(2000ms/16MB)
吐槽
如果数组给的足够大,相信大家都能切掉这种傻逼题.
但是如果不能开数组呢?
其实空间想给1MB来着,结果标程跑不动 QAQ
这时候就需要用到我们的(Math)方法
分析
首先,从题目中大家应该都能得到一个信息.
这(n)个(1-n)的数中,如果一个数出现了两次,且其他数都只出现了一次,那么必定有一个数没出现过.
接下来进入数学推导时间.～w～
数学推导
我们设这个出现两次的数为(x),没有出现的数为(y),
首先很明显的一个关系：
此方程左侧部分可求,如何求解右侧部分?
明显,一个方程解两个未知数不显示.
我们需要再找另一个关系.
考虑到(sum),我们为何不考虑(prod)呢？
手推一下可以发现一个新的关系(其实应该用不到手推) qwq
然后解方程.
再把式子小小的变形一下.
令(sum_{i=1}^{n}a_i-sum_{i=1}^{n}i=d)
令(frac{prod_{i=1}^{n}a_i}{prod_{i-1}^{n}i}=p)
推知
建议手推,中间过程不继续放出.
最终推知
因此
题目得解.
由于(prod)操作会超级大.
因此,此题为模意义下的解方程.
代码
PS：代码中的变量与推导部分的变量不符
#include<cstdio>
#include<cctype>
#define mod 19260817
#define R register
using namespace std;
inline long long ksm(long long x,long long y)
{
long long res=1;
for(;y;y>>=1,x=x*x%mod)
if(y&1)res=res*x%mod;
return res;
}
long long n,k,suma,sum,paia=1,pai=1;
long long c,d;
int main()
{
//freopen("escape.in","r",stdin);
//freopen("escape.out","w",stdout);
scanf("%lld",&n);
for(R int i=1;i<=n;i++)
{
R long long x;
scanf("%lld",&x);
(suma+=x)%=mod;
(sum+=i)%=mod;
(pai*=i)%=mod;
(paia*=x)%=mod;
}
c=suma-sum;
d=paia*ksm(pai,mod-2)%mod;
long long x=(c*ksm(d-1,mod-2)+c);
printf("%lld",(x%mod+mod)%mod);
fclose(stdin);
fclose(stdout);
return 0;
}
T3(cure)
原题为(「JOI 2017 Final」)焚风现象
题解你们如果看得懂日文就去看看 -->https://www.ioi-jp.org/joi/2016/2017-ho/2017-ho-t1-review.pdf
分析
首先,这是一个差分模板题,不过应该不是很容易看出来.
涉及到了区间修改与单点查询.(我相信有人会写数据结构的.
但是这里的单点查询就是一个固定的点(n)。
首先考虑为什么可以差分去做?
题目中的描述就暗示着我们进行差分啊.
首先我们发现了题目中的这一句话
风的温度随海拔升降而变化。
而,每个地点的海拔已知,所以我们可以在输入的时候求出每个位置的海拔差.
做法
根据海拔差,我们又可以求出每个位置的温度.由于(n)位置不会变,且一直为最后一个位置.
所以我们可以累加(ans).(因为最后一个位置(n)永远不会变。
而且考虑到某一段区间的海拔变化,相对位置不会变,我们只需要考虑从起始位置(l)的温度变化,后面到达(r)的温度就随之变化.
这里需要注意的位置就是当(r==n)的时候,是不需要变化(r+1)位置的海拔与温度的.
即我们的(ans)是不需要改变的.而改变的话,需要考虑相对高度的变化.我相信大家能懂的 qwq.
代码
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cctype>
#define N 200005
#define R register
using namespace std;
long long n,q,s,t;
long long A[N],last,ans;
inline void in(long long &x)
{
int f=1;x=0;char s=getchar();
while(!isdigit(s)){if(s=='-')f=-1;s=getchar();}
while(isdigit(s)){x=x*10+s-'0';s=getchar();}
x*=f;
}
inline long long get(long long x)
{
return x > 0 ? -(x*s) : -(x*t) ;
}
int main()
{
//freopen("cure.in","r",stdin);
//freopen("cure.out","w",stdout);
in(n),in(q),in(s),in(t);
in(last);
for(R int i=1;i<=n;i++)
{
R long long x;
in(x);
A[i]=x-last;
last=x;
ans+=get(A[i]);
}
for(R long long x,y,z;q;q--)
{
in(x),in(y),in(z);
ans-=get(A[x]);
A[x]+=z;
ans+=get(A[x]);
if(y!=n) ans-=get(A[y+1]),A[y+1]-=z,ans+=get(A[y+1]);
printf("%lld
",ans);
}
fclose(stdin);
fclose(stdout);
return 0;
}
还有标程很神奇
#include<stdio.h>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll s1,s2;
ll dif[300001];
ll get(ll t)
{
if(t>0)return -s1*t;
else return -s2*t;
}
int main()
{
int num,query;
scanf("%d%d%lld%lld",&num,&query,&s1,&s2);
vector<int>v;
for(int i=0;i<=num;i++)
{
int z;
scanf("%d",&z);
v.push_back(z);
}
ll ans=0;
for(int i=0;i<num;i++)
{
dif[i]=v[i+1]-v[i];
ans+=get(dif[i]);
}
for(int i=0;i<query;i++)
{
int za,zb,zc;
scanf("%d%d%d",&za,&zb,&zc);
ans-=get(dif[za-1]);
dif[za-1]+=zc;
ans+=get(dif[za-1]);
if(zb!=num)
{
ans-=get(dif[zb]);
dif[zb]-=zc;
ans+=get(dif[zb]);
}
printf("%lld
",ans);
}
}