Poman Numbers
题目描述
解法
以后做不出来第一题一定要打表找规律，这么辣鸡的题我空耗了两个小时
你发现每个数前面的符号是正或者负，打表发现最后一个位置的符号一定为正，倒数第二个位置的符号一定为负，其他位置的符合任填，构造方法：
因为已经知道结论了我们这里就用归纳法：
- 如果只有一个
+，符合条件，直接退出。- 如果除了最后一个都是
-，那么把前面的依次拿出来即可，符合条件。- 否则找到倒数第二个
+，设它的位置为 (p)，那么把 (|1,p+1|,|p+2,|S||) 划分，因为 (|1,p+1|) 这一段的正负序列为..-+，取反后变成..+-，正好和原序列对应，归纳到了更小的情况。
现在的问题是判断一堆二的幂次添上正负号之后能否凑出某个数，发现这是一个二选一决策问题。套路是把它转化为 (01) 决策问题，设物品大小集合为 (a_i)，先把 (m+sum a_i)，然后决策是否减去 (2a_i)，因为物品存在倍数关系，所以把它从大到小排序之后贪心决策即可。
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int M = 100005;
#define int long long
int read()
{
int x=0,f=1;char c;
while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
return x*f;
}
int n,m,a[M],vs[200];char s[M];
signed main()
{
n=read();m=read();scanf("%s",s+1);
for(int i='a';i<='z';i++)
vs[i]=(1<<i-'a');
m+=vs[s[n-1]]-vs[s[n]];
for(int i=1;i<n-1;i++)
{
a[i]=vs[s[i]];
m+=a[i];
}
sort(a+1,a+n-1);
for(int i=n-2;i>=1;i--)
if(m>=2*a[i]) m-=2*a[i];
if(m==0) puts("Yes");
else puts("No");
}
Replace by MEX
题目描述
解法
因为 (mex) 函数的性质，我们考虑把它变成 ([0,1,2...n-1]) 的序列。
因为操作数很少我们尽量一步到位，若当前的 (mex<n)，我们把 (a[mex+1]leftarrow mex)，否则我们找到任意一个 (a[i] ot=i-1)，那么把 (a[i]leftarrow n)，循环进行以上操作即可。
如果触发第二种操作，那么接下来会触发两次第一种操作，所以操作上界是 (frac{3n}{2}) 的。
#include <cstdio>
#include <queue>
using namespace std;
const int M = 100005;
int read()
{
int x=0,f=1;char c;
while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
return x*f;
}
int T,n,m,a[M],ans[4*M],num[4*M],sum[4*M];
void ins(int i,int l,int r,int id,int f)
{
if(l==r)
{
num[i]+=f;
sum[i]=(num[i]>0);
return ;
}
int mid=(l+r)>>1;
if(mid>=id) ins(i<<1,l,mid,id,f);
else ins(i<<1|1,mid+1,r,id,f);
sum[i]=sum[i<<1]+sum[i<<1|1];
}
int mex(int i,int l,int r)
{
if(l==r) return l;
int mid=(l+r)>>1;
if(sum[i<<1]<mid-l+1) return mex(i<<1,l,mid);
return mex(i<<1|1,mid+1,r);
}
void op(int u)
{
int t=mex(1,0,n);
ins(1,0,n,a[u],-1);
ans[++m]=u;a[u]=t;
ins(1,0,n,a[u],1);
}
void work()
{
n=read();m=0;
queue<int> q;
for(int i=1;i<=4*(n+1);i++)
sum[i]=num[i]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
a[i]=read();
ins(1,0,n,a[i],1);
if(a[i]!=i-1) q.push(i);
}
while(!q.empty())
{
int u=q.front();
if(a[u]==u-1)
{
q.pop();
continue;
}
int t=mex(1,0,n);
if(t==n) op(u);
else op(t+1);
}
printf("%d
",m);
for(int i=1;i<=m;i++)
printf("%d ",ans[i]);
puts("");
}
signed main()
{
T=read();
while(T--) work();
}
五彩斑斓的世界
题目描述
解法
前置技巧：如何维护一个值域中 (x) 变成 (y) 的操作，首先把所有相同的元素连起来，每个值对应到原序列的一个下标。那么如果 (y) 存在直接合并并查集，否则直接把值 (y) 对应过去。
因为本题值域很小我们考虑对于每个块维护值域，那么减法操作相当于把后面一段值域平移到前面去，如果后面更长，那么把前面移动到后面，然后打上整体减法标记即可；否则直接把后面移动到前面，就使用前置技巧维护即可。因为花多少时间值域长度就减少多少，所以均摊的复杂度是 (O(1e5))
但是本题要卡空间，我们把询问离线下来，然后对于每个块单独修改并考虑其贡献，时间复杂度 (O((n+q)sqrt n))
总结
待修的分块常常和势能法有关，我目前见到的有：设置域使得花多少时间域就减少多少、修改很少的次数时需要暴力重构，否则可以通过打标记的方式解决。
//They're the reason that I still am who I am
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <cmath>
using namespace std;
const int M = 1000005;
inline int read()
{
int x=0,f=1;char c;
while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
return x*f;
}
inline void write(int x)
{
if(x<=9)
{
putchar(x+'0');
return ;
}
write(x/10);
putchar(x%10+'0');
}
int n,m,k,Q,lz,mx,a[M],fa[M],nm[M],val[M],siz[M];
int L[M],R[M],ans[M];struct node {int op,l,r,x;}q[M];
inline int find(int x)
{
if(x!=fa[x]) fa[x]=find(fa[x]);
return fa[x];
}
inline void build(int w)//rebuilt the block
{
mx=lz=0;//clear all
for(int i=L[w];i<=R[w];i++) mx=max(mx,a[i]);
for(int i=L[w];i<=R[w];i++)
{
val[i]=0;
if(!nm[a[i]])
{
nm[a[i]]=i;
val[i]=a[i];
fa[i]=i;
}
else fa[i]=nm[a[i]];
siz[a[i]]++;
}
}
inline void change(int x,int y)//value x->y
{
if(nm[y])
{
fa[nm[x]]=nm[y];
siz[y]+=siz[x];
}
else
{
val[nm[y]=nm[x]]=y;
siz[y]+=siz[x];
}
nm[x]=siz[x]=0;//good habits
}
inline void upd(int x)//sub block x
{
if(x+lz>mx) return ;//useless
if(x>(mx-lz)/2)//move back to front
{
for(int i=lz+x+1;i<=mx;i++)
if(nm[i]) change(i,i-x);
mx=min(mx,lz+x);//change the upper bound
}
else//move front to back(give tags)
{
for(int i=lz;i<=lz+x;i++)
if(nm[i]) change(i,i+x);
lz+=x;
}
}
inline void bruteup(int w,int l,int r,int x)//brute update
{
int ll=max(l,L[w]),rr=min(r,R[w]);
//attention the range limit
for(int i=L[w];i<=R[w];i++)
{
int t=val[find(i)];
a[i]=t-lz;
nm[t]=siz[t]=0;
}
for(int i=ll;i<=rr;i++)
if(a[i]>x) a[i]-=x;
build(w);
}
inline int bruteas(int w,int l,int r,int x)//brute ask
{
int ll=max(l,L[w]),rr=min(r,R[w]),res=0;
for(int i=ll;i<=rr;i++)
if(val[find(i)]-lz==x) res++;
return res;
}
void print(int w)
{
for(int i=L[w];i<=R[w];i++)
printf("%d ",val[find(i)]-lz);
puts("");
}
signed main()
{
n=read();Q=read();m=sqrt(n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
a[i]=read();
int w=(i-1)/m+1;
if(!L[w]) L[w]=i;
R[w]=i;
}
int t=(n-1)/m+1;
for(int i=1;i<=Q;i++)
{
q[i].op=read();q[i].l=read();
q[i].r=read();q[i].x=read();
}
for(int w=1;w<=t;w++)//every block
{
//attention the time of clearing
for(int i=0;i<=1e5+1;i++)
nm[i]=siz[i]=0;
build(w);
for(int i=1;i<=Q;i++)
{
int op=q[i].op,l=q[i].l,r=q[i].r,x=q[i].x;
if(l>R[w] || L[w]>r) continue;
if(op==1)
{
if(l<=L[w] && R[w]<=r) upd(x);
else bruteup(w,l,r,x);
}
else
{
if(x+lz>mx) continue ;
if(l<=L[w] && R[w]<=r)
ans[i]+=siz[x+lz];
else
ans[i]+=bruteas(w,l,r,x);
}
}
}
for(int i=1;i<=Q;i++) if(q[i].op==2)
write(ans[i]),puts("");
}
New Year and Binary Tree Paths
题目描述
解法
考虑简化问题，首先考虑单链的情况。
假设有一条从点 (x) 一条长度为 (h) 一直向左的单链，那么这一条链的贡献是：
从下到上的第 (iin[1,h)) 的点是向右走得到的会带来独立的贡献：(sum_{j=0}^{i-1}2^j=2^i-1)
假设 (h) 已经确定，那么起点只能是 (x=lfloorfrac{s}{2^h-1} floor)，因为 (x-1) 往右一直走 (h<x) 往左一直走 (h)，它们的取值范围是不重的，因为 (h) 是 (log) 级的，所以可能的 (x) 也只有 (log) 个。
有分叉的情况就是把两个单链合起来呗，假设左边链长 (h_1)，右边链长 (h_2)，那么两条链都向左的和是：
同理这个 (x) 也是确定的，那么我们可以知道剩下的和 (ret)
如果中间某一步向右走，那么带来的贡献是 (2^{1}-1,2^{2}-1...2^{h_1-2}-1) 和 (2^{1}-1,2^{2}-1...2^{h_2-2}-1)，为了更好做这个 (0/1) 规划问题，我们把后面那个 (1) 去掉，枚举选出个数即可转化成二进制数位规划问题
设 (dp[i][j][k]) 表示前 (i) 个位选了 (j) 个数，这一位是否进位的方案数，暴力转移即可，时间复杂度 (O(log^5))
总结
对于难以计算的代价，可以考虑一种特殊情况，其他情况都从这种情况修改得来（怎么感觉我写过这句话？！）
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
const int M = 105;
#define int long long
int read()
{
int x=0,f=1;char c;
while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
return x*f;
}
int n,m,ans,pw[M],dp[2][M][2];
int cal(int n,int a,int b,int t)
{
int nw=0;
memset(dp[nw],0,sizeof dp[nw]);
dp[0][0][0]=1;
for(int i=1;i<=m;i++)//attention the upper bound
{
if((1ll<<i)>n) break;
int d=(n>>i)&1;nw^=1;
memset(dp[nw],0,sizeof dp[nw]);
for(int j=0;j<=t;j++)
for(int k=0;k<2;k++) if(dp[nw^1][j][k])
for(int x=0;x<2;x++) if(!x || i<a)
for(int y=0;y<2;y++) if(!y || i<b)
if((x+y+k)%2==d)
dp[nw][x+y+j][(x+y+k)/2]+=dp[nw^1][j][k];
}
return dp[nw][t][0];
}
signed main()
{
n=read();pw[0]=1;
while(pw[m]<=n) {pw[m+1]=pw[m]*2;m++;}
for(int i=1;i<=m;i++) for(int j=1;j<=m;j++)
{
if(n-pw[j-1]+1<0) continue;
int x=(n-pw[j-1]+1)/(pw[i]+pw[j]-3);
if(x<=0) continue;
int ret=(n-pw[j-1]+1)-x*(pw[i]+pw[j]-3);
for(int k=0;k<i+j-1;k++) if(!((ret+k)&1))
ans+=cal(ret+k,i-1,j-1,k);
}
printf("%lld
",ans);
}