T1：辣鸡
考试时一直在想怎样做到 nlog(n)
最开始想的是离散化后线段树加扫描线，然而空间爆炸……
最后写出n2暴力，然而并没有剪枝……
感觉写完模拟脑子就浆糊了
正解就是模拟，我也是醉了
那说说怎么模拟（？？？）
先排个序，然后暴力选择2个矩形，看是否相邻，若相邻，则计算两矩形之间的贡献
再根据排序简单的进行可行性剪枝
就过了。就过了！
复杂度可以自己证明一下……
so，code
1 #include<cstdio> 2 #include<iostream> 3 #include<cmath> 4 #include<cstring> 5 #include<algorithm> 6 #include<vector> 7 #include<queue> 8 #include<cstdlib> 9 #define ll long long 10 using namespace std; 11 const ll MAXN=100005; 12 int n; 13 ll ans; 14 struct node { 15 int ax,ay,bx,by; 16 }s[MAXN]; 17 bool operator < (const node &aa,const node &bb) { 18 if(aa.ax!=bb.ax) return aa.ax<bb.ax; 19 return aa.ay<bb.ay; 20 } 21 void work() { 22 for(int i=1;i<=n;i++) ans+=(ll)(s[i].bx-s[i].ax)*(ll)(s[i].by-s[i].ay)*2ll; 23 24 25 for(int i=1;i<n;i++) 26 for(int j=i+1;j<=n;j++) { 27 if(s[i].bx+1<s[j].ax) break; 28 if(s[i].ax-1>s[j].bx) continue; 29 if(s[i].ay-1>s[j].by||s[i].by+1<s[j].ay) continue; 30 if((s[i].ax-1==s[j].bx||s[i].bx+1==s[j].ax) 31 &&(s[i].ay-1==s[j].by||s[i].by+1==s[j].ay)) { 32 ans++; 33 }else if(s[i].ax-1==s[j].bx||s[i].bx+1==s[j].ax) { 34 int u=min(s[i].by,s[j].by),d=max(s[i].ay,s[j].ay); 35 ans+=(ll)(u-d)*2ll; 36 if(s[i].by>u||s[j].by>u) ans++; 37 if(s[i].ay<d||s[j].ay<d) ans++; 38 } else if(s[i].ay-1==s[j].by||s[i].by+1==s[j].ay) { 39 int l=max(s[i].ax,s[j].ax),r=min(s[i].bx,s[j].bx); 40 ans+=(ll)(r-l)*2ll; 41 if(s[i].ax<l||s[j].ax<l) ans++; 42 if(s[i].bx>r||s[j].bx>r) ans++; 43 } 44 } 45 printf("%lld ",ans); 46 } 47 int main() { 48 scanf("%d",&n); 49 for(int i=1;i<=n;i++) { 50 scanf("%d%d%d%d",&s[i].ax,&s[i].ay,&s[i].bx,&s[i].by); 51 } 52 sort(s+1,s+n+1); 53 work(); 54 return 0; 55 }
T2：模板
这模板不清真……
考试时一点思路都没有，打个n2暴力走人
其实考试时就有一些思路了，想到了手写一颗splay，然后暴力启发式合并
但具体实现还是距正解较远
说说正解吧
首先对于每一个节点，可以开一颗以操作时间为下标（或关键字）的线段树（或平衡树）
对于平衡树思路：大佬 sto TKJ orz 的博客
对于线段树思路 ：
线段树动态开点，对于每个节点，存两个信息——种类、数量
因为操作是针对u到根的链进行的，所以只需要在u节点上的线段树中修改下标为t的位置上修改
修改时，判断当前树中之前有没有出现过该颜色 （判断是否出现只需要记录一个某颜色的最早出现时间）
若出现过，则种类不加，只加数量 ; 否则都增加
最后从下至上统计，暴力将儿子的线段树和当前根的线段树启发式合并：
合并时暴力扫每一个有信息的节点，将信息暴力插入另一颗线段树即可
但是！这里就有一个很大的问题！
合并时可能出现在当前颜色记录的出现最早时间之前插入该颜色（因为现在的插入并不是按照时间顺序的）
这时，我们就需要将之前记录的最早时间位置上对种类的贡献设为0
再将最早出现时间该为新的时间，并将新的时间上对种类的贡献设为1
（因为我们统计种类是根据第一次出现时间来统计）
合并完后在线段树上查找小于桶的位置所包含的种类数就行了
so，code
1 #include<cstdio> 2 #include<iostream> 3 #include<algorithm> 4 #include<cstring> 5 #include<cmath> 6 #include<vector> 7 using namespace std; 8 const int MAXN=100005; 9 int n,m,q,k[MAXN],ans[MAXN],clr[MAXN],book[MAXN],btot,pre[MAXN],used[MAXN],utot; 10 vector<int> bl[MAXN]; 11 struct node { 12 int to,nxt; 13 }mp[MAXN*2]; 14 int h[MAXN],tot; 15 void add(int x,int y) { 16 mp[++tot].to=y; 17 mp[tot].nxt=h[x]; 18 h[x]=tot; 19 } 20 int siz[MAXN],fa[MAXN],son[MAXN]; 21 void dfs1(int u) { 22 siz[u]=bl[u].size()+1; 23 for(int i=h[u];i;i=mp[i].nxt) { 24 int v=mp[i].to; 25 if(v==fa[u]) continue; 26 fa[v]=u; 27 dfs1(v); 28 siz[u]+=siz[v]; 29 if(siz[v]>siz[son[u]]) son[u]=v; 30 } 31 } 32 int root[MAXN]; 33 int ls[MAXN*20],rs[MAXN*20],val[MAXN*20],cnt[MAXN*20],ptot; 34 int New() { 35 return ++ptot; 36 } 37 void up(int p) { 38 val[p]=val[ls[p]]+val[rs[p]]; 39 cnt[p]=cnt[ls[p]]+cnt[rs[p]]; 40 } 41 void change(int &p,int l,int r,int x,int _val,int _cnt) { 42 if(!p) p=New(); 43 if(l==r) { 44 val[p]=_val,cnt[p]=_cnt; 45 return; 46 } 47 int mid=(l+r)>>1; 48 if(x<=mid) change(ls[p],l,mid,x,_val,_cnt); 49 else change(rs[p],mid+1,r,x,_val,_cnt); 50 up(p); 51 } 52 void insert(int u,int t,int c) {//在以 root[u] 为根的树中的 t 时刻插入 c 颜色 53 if(!pre[c]) { 54 used[++utot]=c; 55 pre[c]=t; 56 change(root[u],1,m,t,1,1); 57 } 58 else if(pre[c]<t) 59 change(root[u],1,m,t,0,1); 60 else if(pre[c]>t) { 61 change(root[u],1,m,pre[c],0,1); 62 change(root[u],1,m,t,1,1); 63 pre[c]=t; 64 } 65 } 66 void merge(int p,int l,int r,int &rt) { 67 if(!p) return; 68 if(l==r) { 69 if(cnt[p]) insert(rt,l,clr[l]); 70 return; 71 } 72 int mid=(l+r)>>1; 73 merge(ls[p],l,mid,rt); 74 merge(rs[p],mid+1,r,rt); 75 } 76 int query(int p,int l,int r,int lim) { 77 if(!p||!lim) return 0; 78 if(l==r) return val[p]; 79 int mid=(l+r)>>1,ret=0; 80 if(ls[p]&&lim<cnt[ls[p]]) 81 ret+=query(ls[p],l,mid,lim); 82 else { 83 ret+=val[ls[p]]; 84 ret+=query(rs[p],mid+1,r,lim-cnt[ls[p]]); 85 } 86 return ret; 87 } 88 void clear() {//清空颜色标记 89 while(utot) pre[used[utot--]]=0; 90 } 91 void solve(int u) { 92 for(int i=h[u];i;i=mp[i].nxt) { 93 int v=mp[i].to; 94 if(v==fa[u]||v==son[u]) continue; 95 solve(v); clear(); 96 } 97 if(son[u]) solve(son[u]); 98 root[u]=root[son[u]]; 99 for(int i=0;i<bl[u].size();i++) 100 insert(u,bl[u][i],clr[bl[u][i]]); 101 for(int i=h[u];i;i=mp[i].nxt) { 102 int v=mp[i].to; 103 if(v==fa[u]||v==son[u]) continue; 104 merge(root[v],1,m,u); 105 } 106 107 ans[u]=query(root[u],1,m,k[u]); 108 } 109 110 int main() { 111 scanf("%d",&n); 112 for(int i=1,aa,bb;i<n;i++) { 113 scanf("%d%d",&aa,&bb); 114 add(aa,bb),add(bb,aa); 115 } 116 dfs1(1); 117 for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&k[i]); 118 scanf("%d",&m); 119 for(int i=1,aa,bb;i<=m;i++) { 120 scanf("%d%d",&aa,&bb); 121 clr[i]=bb;book[i]=bb; 122 bl[aa].push_back(i); 123 } 124 sort(book+1,book+m+1); 125 btot=unique(book+1,book+m+1)-book-1; 126 for(int i=1;i<=m;i++) clr[i]=lower_bound(book+1,book+btot+1,clr[i])-book; 127 solve(1); 128 scanf("%d",&q); 129 for(int i=1,aa;i<=q;i++) { 130 scanf("%d",&aa); 131 printf("%d ",ans[aa]); 132 } 133 return 0; 134 }
T3：大佬
这道题的思路真的是强啊
开始我一直在想如何解决对于作业难度序列上1到k天的难度选择对于2到k+1天的影响
最后考完才知道，可以直接统计全局答案
怎么理解呢？
当k=3时
假设我们对于1到k天选择一种难度序列：1 3 1
那么我们是不是在计算2到k+1天的答案时就只能用最大值为3的情况来计算了呢？
不是的，因为我们上述列出的只是所有情况中的一种
而如果我们抽出个例对于全局来看，2到k+1天的答案不一定只能用3来计算
那么我们就可以用全局的公式来计算总期望了：
$(n - k + 1) sum limits _{i = 1} ^ m{[ i^k - (i - 1) ^k ] m^{-k} w_i}$
意义：共（n - k + 1）天
每天有$i^k - (i - 1) ^k$种情况使 i 成为最大值
即：用1到i填k个空的方案减去其中没有i的方案，没有i的方案等价与用1到 i - 1填的方案
总共有$m^k$种情况，概率为$[ i^k - (i - 1) ^k ] m^{-k}$
so，code
1 #include<cstdio> 2 #include<iostream> 3 #include<cmath> 4 #include<cstring> 5 #include<algorithm> 6 #define ll long long 7 using namespace std; 8 const int MAXN=505,D=1000000007; 9 ll w[MAXN],ans,n,m,k; 10 ll qpow(ll x,ll k) { 11 ll ret=1; 12 while(k) { 13 if(k&1) ret=(ret*x)%D; 14 x=(x*x)%D; 15 k>>=1; 16 } 17 return ret%D; 18 } 19 int main() { 20 scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k); 21 if(k>n) return !printf("0 "); 22 for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%lld",&w[i]); 23 for(int i=1;i<=m;i++) 24 ans=(ans+(qpow(i,k)-qpow(i-1,k))*w[i]%D)%D; 25 ans=(ans*qpow(qpow(m,D-2),k)%D*(n-k+1))%D; 26 printf("%lld ",(ans+D)%D); 27 return 0; 28 }