T1:
加帕里的聚会
256MB / 1s ; japari.cpp / c / pas / in / out
【题目描述】
加帕里公园里有n个区域，n-1条道路将它们连接到了一起，形成了一个树的结构。开始时，第i个区域有Ai个friends，但是由于砂之星的作用，有时从x区域到y区域的简单路径上的所有区域的friends数量都会增加v，有时从x区域到y区域的简单路径上所有区域的friends数量都会变成v。
有时，从x区域到y区域的简单路径上所有区域的friends想要聚会，聚会时需要从所有参加聚会的friends中选择一部分作为staff。加帕里的friends都很喜欢质数，因此她们希望staff和非staff的参与者的数量都是质数。
请你告诉她们，每次聚会是否存在一种方案满足她们的要求。
【输入格式】
第一行两个整数n,m，表示friends数量和事件数量。
接下来一行n个数，第i个数表示Ai。
接下来n-1行，每行2个数x,y，表示x和y之间有一条无向道路。
接下来m行，每行第一个整数opt表示事件类型。
若opt=1，接下来三个整数x,y,v，表示从x区域到y区域的简单路径上的所有区域的friends数量都增加v。
若opt=2，接下来三个整数x,y,v，表示从x区域到y区域的简单路径上的所有区域的friends数量都变为v。
若opt=3，接下来两个整数x,y，表示从x区域到y区域的简单路径上的所有区域的friends进行聚会。
【输出格式】
对于每个3事件，若可以让staff和非staff的数量都为质数，输出一行SUGOI，否则输出一行TANOSHI。
【样例数据】
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japari1.in |
japari1.out |
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3 4 1 2 1 2 1 3 2 2 2 1 4 1 3 3 -1 2 2 2 2 3 1 3 |
SUGOI |
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japari2.in |
japari2.out |
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4 6 2 4 0 0 2 1 3 2 4 3 2 1 4 2 1 4 4 9 1 3 2 -2 2 4 2 5 3 1 4 3 4 4 |
TANOSHI SUGOI |
【样例解释】
在第一个样例中，三个区域的friends数量依次为4、2、0，询问的friends和为6，可以分成两组，每组的friends数量都为3。
在第二个样例中，四个区域的friends数量依次为2、5、5、5，第一个询问的friends和为17，无法分成两组。第二个询问的friends和为5，可以分为两组，每组的friends数量分别为2、3。
【数据范围】
对于30%的数据，n,m≤5000。
对于另30%的数据，对于i＞1，第i个区域与第i-1个区域直接相连。
对于100%的数据，1≤n,m≤100000，1≤x,y≤n，一直满足0≤Ai,S≤10000000。在增加事件中v可能为负数。
解析：
签到题，标准树剖， 但我写挂了，一看代码，发现我没有统计子树大小，相当于我得到了一个普通的dfs序，这才几个月没打树剖就出错了
代码：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int maxn = 100005, inf = (1<<30); template<class T> inline void read(T &re) { T f=1;char c; while((c=getchar())&&(c<'0'||c>'9'))if(c=='-')f=-1; re=c-'0'; while((c=getchar())&&c>='0'&&c<='9')re = (re<<3) + (re<<1) + c - '0'; re*=f; } int n, m, a[maxn], ednum; vector<int> G[maxn]; int root, tot; struct seg_tree{ int ls, rs; int sum, cov, add; }tr[maxn<<2]; int dep[maxn], top[maxn], pos[maxn], f[maxn], son[maxn], d[maxn], siz[maxn], cnt; int pri[maxn*10], num; bool prime[maxn*100]; void Euler() { for(int i = 2; i <= 10000000; ++i) { if(!prime[i]) pri[++num] = i; for(int j = 1; j <= num; ++j) { if(i * pri[j] > 10000000) break; prime[i * pri[j]] = 1; if(i % pri[j] == 0) break; } } } void dfs1(int x) { siz[x] = 1; for(unsigned int i = 0; i < G[x].size(); ++i) { int id = G[x][i]; if(id == f[x]) continue; dep[id] = dep[x] + 1; f[id] = x; dfs1(id); if(siz[id] > siz[son[x]]) son[x] = id; siz[x] += siz[id]; } } void dfs2(int x) { pos[x] = ++cnt; d[cnt] = a[x]; if(son[f[x]] == x) top[x] = top[f[x]]; else top[x] = x; if(son[x]) dfs2(son[x]); for(unsigned int i = 0; i < G[x].size(); ++i) { int id = G[x][i]; if(id == f[x] || id == son[x]) continue; dfs2(id); } } void update(int x) { int l = tr[x].ls, r = tr[x].rs; tr[x].sum = tr[l].sum + tr[r].sum; } void build(int &x, int l, int r) { x = ++tot; tr[x].cov = -inf; if(l == r) { tr[x].sum = d[l]; return ; } int mid = (l + r)>>1; build(tr[x].ls, l, mid); build(tr[x].rs, mid + 1, r); update(x); } void spread(int x, int L, int mid, int R) { int l = tr[x].ls, r = tr[x].rs; if(tr[x].cov != -inf) { tr[l].sum = (mid - L + 1) * tr[x].cov; tr[r].sum = (R - mid) * tr[x].cov; tr[l].cov = tr[r].cov = tr[x].cov; tr[l].add = tr[r].add = 0; tr[x].cov = -inf; } if(tr[x].add) { tr[l].sum += (mid - L + 1) * tr[x].add; tr[r].sum += (R - mid) * tr[x].add; tr[l].add += tr[x].add; tr[r].add += tr[x].add; tr[x].add = 0; } } void Add(int x, int l, int r, int L, int R, int v) { if(l <= L && R <= r) { tr[x].sum += v * (R - L + 1); tr[x].add += v; return ; } int mid = (L + R)>>1; spread(x, L, mid, R); if(l <= mid) Add(tr[x].ls, l, r, L, mid, v); if(mid < r) Add(tr[x].rs, l, r, mid + 1, R, v); update(x); } void Cover(int x, int l, int r, int L, int R, int v) { if(l <= L && R <= r) { tr[x].sum = v * (R - L + 1); tr[x].cov = v; tr[x].add = 0; return ; } int mid = (L + R)>>1; spread(x, L, mid, R); if(l <= mid) Cover(tr[x].ls, l, r, L, mid, v); if(mid < r) Cover(tr[x].rs, l, r, mid + 1, R, v); update(x); } int Query(int x, int l, int r, int L, int R) { if(l <= L && R <= r) return tr[x].sum; int mid = (L + R)>>1; spread(x, L, mid, R); int ret = 0; if(l <= mid) ret += Query(tr[x].ls, l, r, L, mid); if(mid < r) ret += Query(tr[x].rs, l, r, mid + 1, R); update(x); return ret; } void work1(int u, int v, int x) { while(top[u] != top[v]) { if(dep[top[u]] > dep[top[v]]) { Add(root, pos[top[u]], pos[u], 1, n, x); u = f[top[u]]; } else { Add(root, pos[top[v]], pos[v], 1, n, x); v = f[top[v]]; } } if(dep[u] < dep[v]) Add(root, pos[u], pos[v], 1, n, x); else Add(root, pos[v], pos[u], 1, n, x); } void work2(int u, int v, int x) { while(top[u] != top[v]) { if(dep[top[u]] > dep[top[v]]) { Cover(root, pos[top[u]], pos[u], 1, n, x); u = f[top[u]]; } else { Cover(root, pos[top[v]], pos[v], 1, n, x); v = f[top[v]]; } } if(dep[u] < dep[v]) Cover(root, pos[u], pos[v], 1, n, x); else Cover(root, pos[v], pos[u], 1, n, x); } int work3(int u, int v) { int ret = 0; while(top[u] != top[v]) { if(dep[top[u]] > dep[top[v]]) { ret += Query(root, pos[top[u]], pos[u], 1, n); u = f[top[u]]; } else { ret += Query(root, pos[top[v]], pos[v], 1, n); v = f[top[v]]; } } if(dep[u] < dep[v]) ret += Query(root, pos[u], pos[v], 1, n); else ret += Query(root, pos[v], pos[u], 1, n); return ret; } bool check(int x) { if(x <= 3) return 0; if(!(x&1)) return 1; x -= 2; return !prime[x]; } int main() { freopen("japari.in", "r", stdin); freopen("japari.out", "w", stdout); Euler(); read(n);read(m); for(int i = 1; i <= n; ++i) read(a[i]); for(int i = 1; i < n; ++i) { int x, y; read(x);read(y); G[x].push_back(y); G[y].push_back(x); } dfs1(1); //cout<<"hahahahaha"<<endl; dfs2(1); build(root, 1, n); for(int i = 1; i <= m; ++i) { int opt, u, v; read(opt);read(u);read(v); if(opt == 1) { int x; read(x); work1(u, v, x); } else if(opt == 2) { int x; read(x); work2(u, v, x); } else { int res = work3(u, v); printf("%s ", check(res)? "SUGOI": "TANOSHI"); } } return 0; }
T2:
黑白熊的密码
256MB / 1s ; monokuma.cpp / c / pas / in / out
【题目描述】
苗木诚发现了脱出装置，它可以帮助所有人逃脱希望之峰学园。但是要想使用它，必须输入一个十进制的n位数密码（没有前导0）。为了让游戏变得更加有趣，黑白熊提供了m条信息，其中第i条信息指出这个数的第Li位到Ri位和第li位到ri位完全相同。
苗木诚决定随机选择一个满足要求的n位数输入。请你告诉他他碰对密码的概率是多少。
【输入格式】
第一行两个整数n,m，表示数的位数和黑白熊提供的信息数。
接下来m行，每行四个正整数Li,Ri,li,ri。
【输出格式】
输出一行一个整数，表示苗木诚碰对密码的概率，对998244353取模。
【样例数据】
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monokuma.in |
monokuma.out |
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4 2 1 2 3 4 3 3 3 3 |
144190851 |
【样例解释】
答案是1/90在模998244353意义下的值。
【数据范围】
对于30%的数据，n,m≤2000。
对于100%的数据，1≤n,m≤100000，1≤Li≤Ri≤n，1≤li≤ri≤n，且保证Ri-Li=ri-li。
解析：
并查集好题， 考试的时候我只写了暴力维护每个点的并查集的算法， 30pts。1e5的数据范围显然需要一个log的优化， 以方便快速地维护并查集，发现在单点维护并查集时，许多点都被访问了多次，这样很不优，于是在并查集中维护连续的点，即一段区间，在最后把标记下放给小一级的区间，最终可以下放到单点， 区间长度与在st表中一样， 都是2k，这样就做到了O（nlogn）的时间复杂度
代价：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int maxn = 100005; const ll mod = 998244353; template<class T> inline void read(T &re) { T f=1;char c; while((c=getchar())&&(c<'0'||c>'9'))if(c=='-')f=-1; re=c-'0'; while((c=getchar())&&c>='0'&&c<='9')re = (re<<3) + (re<<1) + c - '0'; re*=f; } int n, m, tot, f[maxn*20], res, pw[20], timer, mp[maxn*20], id[20][maxn]; ll ans = 1; ll qpow(ll x, ll y) { ll ret = 1; while(y) { if(y&1) ret = ret * x % mod; x = x * x % mod; y>>=1; } return ret; } int Find(int x) { return x == f[x]? x: f[x] = Find(f[x]); } int main() { freopen("monokuma.in", "r", stdin); freopen("monokuma.out", "w", stdout); read(n);read(m); pw[0] = 1; for(int i = 1; i <= 18; ++i) pw[i] = pw[i-1] * 2; for(int i = 1; i <= n; ++i) for(int j = 0; j <= 18 && i + pw[j] - 1 <= n; ++j) { id[j][i] = ++timer; mp[timer] = i; f[timer] = timer; } for(int i = 1; i <= m; ++i) { int l1, r1, l2, r2; read(l1);read(r1);read(l2);read(r2); for(int j = 18; j >= 0; --j) if(l1 + pw[j] - 1 <= r1) { f[Find(id[j][l1])] = Find(id[j][l2]); l1 += pw[j]; l2 += pw[j]; } } for(int j = 18; j; --j) for(int i = 1; i + pw[j] - 1 <= n; ++i) { int k = Find(id[j][i]), s = mp[k]; f[Find(id[j-1][i])] = Find(id[j-1][s]); f[Find(id[j-1][i+pw[j-1]])] = Find(id[j-1][s+pw[j-1]]); } for(int i = 1; i <= n; ++i) if(Find(id[0][i]) == id[0][i]) res++; ans = 1LL * 9; ans = ans * qpow(1LL * 10, 1LL * (res - 1)) % mod; printf("%lld", qpow(ans, mod - 2)); return 0; }
T3：
初音未来的巡游
128MB / 1s ; cruise.cpp / c / pas / in / out
【题目描述】
Miku决定在n个地点中选择一些地点进行巡游。这n个地点由n-1条道路连接，两两之间有且仅有一条路径可以互相到达。Miku希望在这些道路中选择一些放上葱，使得Miku可以选择一种方式只经过有葱的道路而巡游完所有她选择的地点（一条道路可以被多次经过，起点任选）。
Miku想知道她至少需要准备多少葱。由于她的巡游计划可能更改，她希望你能在更改后即时回答她的疑问。
【输入格式】
第一行两个整数n,m，表示地点数和事件数。
第2至n行，每行两个整数x,y，表示地点x和地点y之间有一条无向道路。
接下来一行n个0/1数，若第i个数为1则表示i号地点初始时被选，为0则表示不选。
接下来一行m个整数，依次表示修改事件。第i个数Ai表示Ai号地点的状态发生变化，即若当前被选则改为不选，当前不选则改为被选。
【输出格式】
输出m行，第i行一个整数表示第i次事件后初音最少需要准备多少葱。
【样例数据】
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cruise.in |
cruise.out |
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5 8 1 2 1 3 2 4 2 5 1 0 0 1 0 5 4 2 1 2 5 3 2 |
3 2 2 1 0 0 0 2 |
【数据范围】
对于30%的数据，n,m≤3000。对于另30%的数据，开始时所有地点都不选，保证修改操作的地点当前是不选状态。
对于100%的数据，1≤n,m≤200000，1≤x,y,Ai≤n。
解析：
没搞出来， 先CV一波Solution
可以证明答案的两倍为按DFS序排序后相邻两个选择点的距离和加上首尾点的距离，则预处理LCA，使用set维护选择的点，进行修改时根据DFS序的前驱和后继点更新答案即可。
复杂度O(mlogn + nlogn)。
代码鸽了
