noi2017 day1 题解

d1t1

sol1:用线段树维护区间是否全0/全1，叶子上压位维护对应位置的数位，加法首先对叶子加，如需进位则向右找到第一个不是全1的叶子+1，中间部分全1部分打上反转标记，减法同理。

#include<cstdio>
int _(){
    int x=0,f=1,c=getchar();
    while(c<48)c=='-'?f=-1:0,c=getchar();
    while(c>47)x=x*10+c-48,c=getchar();
    return x*f;
}
const int N=1100127;
typedef unsigned int u32;
int n,_l,flag;
u32 _ans;
int mx;
struct node{
    node*lc,*rc;
    int rev;
    u32 _or,_and;
    void revs(){
        rev^=1;
        _or=~_or;
        _and=~_and;
    }
    void up(){
        _or=lc->_or|rc->_or;
        _and=lc->_and&rc->_and;
    }
    void dn(){
        if(rev){
            rev^=1;
            lc->revs();
            rc->revs();
        }
    }
    void find(int L,int R){
        if(L==R){
            _ans=_or;
            return;
        }
        int M=(L+R)>>1;
        dn();
        if(_l<=M)lc->find(L,M);
        else rc->find(M+1,R);
    }
    void inc(int L,int R){
        if(L==R){
            flag=(_and+_ans<_and);
            _and+=_ans;
            _or=_and;
            return;
        }
        int M=(L+R)>>1;
        dn();
        if(_l<=M)lc->inc(L,M);
        else rc->inc(M+1,R);
        up();
    }
    void dec(int L,int R){
        if(L==R){
            flag=(_and-_ans>_and);
            _and-=_ans;
            _or=_and;
            return;
        }
        int M=(L+R)>>1;
        dn();
        if(_l<=M)lc->dec(L,M);
        else rc->dec(M+1,R);
        up();
    }
    void inc1(int L,int R){
        if(flag)return;
        if(_l<=L){
            if(_and==~0u)return revs();
            if(L==R){
                _or=++_and;
                flag=1;
                return;
            }
        }
        dn();
        int M=(L+R)>>1;
        if(_l<=M)lc->inc1(L,M);
        rc->inc1(M+1,R);
        up();
    }
    void dec1(int L,int R){
        if(flag)return;
        if(_l<=L){
            if(_or==0u)return revs();
            if(L==R){
                _or=--_and;
                flag=1;
                return;
            }
        }
        dn();
        int M=(L+R)>>1;
        if(_l<=M)lc->dec1(L,M);
        rc->dec1(M+1,R);
        up();
    }
}ns[N*2],*np=ns,*rt;
node*build(int L,int R){
    node*w=np++;
    if(L<R){
        int M=(L+R)>>1;
        w->lc=build(L,M);
        w->rc=build(M+1,R);
    }
    w->_or=w->_and=w->rev=0;
    return w;
}
void inc(u32 a,int x){
    if(!a)return;
    _ans=a;_l=x;
    rt->inc(0,mx);
    if(flag){
        flag=0;
        _l=x+1;
        rt->inc1(0,mx);
    }
}
void dec(u32 a,int x){
    if(!a)return;
    _ans=a;_l=x;
    rt->dec(0,mx);
    if(flag){
        flag=0;
        _l=x+1;
        rt->dec1(0,mx);
    }
}
int main(){
    n=_();_();_();_();
    mx=n+10;
    if(mx<1000)mx=1000;
    rt=build(0,mx);
    for(int i=0;i<n;++i){
        if(_()==1){
            int a0=_(),b=_();
            int b1=b>>5,b2=b&31;
            if(a0>0){
                u32 a=a0;
                inc(a<<b2,b1);
                if(b2)inc(a>>(32-b2),b1+1);
            }else if(a0<0){
                u32 a=-a0;
                dec(a<<b2,b1);
                if(b2)dec(a>>(32-b2),b1+1);
            }
        }else{
            int k=_();
            _l=k>>5;
            rt->find(0,mx);
            printf("%d
",_ans>>(k&31)&1);
        }
    }
    return 0;
}

sol2:用两个高精度数分别记录加法和减法的贡献，用线段树维护这两个数不同的数位，查询某一位时考虑两数当前位以及两数低位的大小关系可以得出答案。

#include<cstdio>
int _(){
    int x;
    scanf("%d",&x);
    return x;
}
const int N=1<<25|111,mx=1<<25;
int n;
bool v1[N],v2[N],tr[N*2];
int l,r;
void add(bool*v,int x){
    for(;v[x];v[x++]=0);
    v[x]=1;
    if(x>r)r=x;
}
int pre(int x){
    for(x+=mx;x;x>>=1)if(x&1&tr[x^1]){
        for(x^=1;x<mx;x=x<<1^tr[x<<1^1]);
        return x-mx;
    }
    return -1;
}
int main(){
    n=_();_();_();_();
    for(int i=0;i<n;++i){
        if(_()==1){
            int a=_(),b=_();
            if(!a)continue;
            l=r=b;
            if(a>0){
                for(int i=0;i<=30;++i)if(a>>i&1)add(v1,b+i);
            }else{
                a=-a;
                for(int i=0;i<=30;++i)if(a>>i&1)add(v2,b+i);
            }
            for(int i=l;i<=r;++i)tr[i+mx]=v1[i]^v2[i];
            for(l=(l+mx)>>1,r=(r+mx)>>1;l;l>>=1,r>>=1){
                for(int i=l;i<=r;++i)tr[i]=tr[i<<1]|tr[i<<1^1];
            }
        }else{
            int x=_(),p=pre(x);
            puts(tr[x+mx]^(p!=-1&&v1[p]<v2[p])?"1":"0");
        }
    }
    return 0;
}

d1t2

预处理询问涉及的串的hash值，用散列表离散化，对每次修改操作，枚举新产生/消失的长度<=50的子串，若其hash值等于某个询问，则对应在散列表上记录贡献。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<vector>
typedef unsigned long long u64;
const int P=998244353,N=250007,Q=500007,pz=13999133,H=1<<25;
int _(){
    int x=0,f=1,c=getchar();
    while(c<48)c=='-'?f=-1:0,c=getchar();
    while(c>47)x=x*10+c-48,c=getchar();
    return x*f;
}
int n,m,mk=1;
int v[N],nx[N],pv[N];
char ss[11000007];
u64 h1[11000007],pp[107];
int qs[Q][3];
std::vector<int>qv[Q];
u64 hx[H+777];
int hy[H+777];
int ins(u64 x){
    int w=(x^x>>25^x>>39)&(H-1);
    while(hx[w]){
        if(hx[w]==x)return w;
        w=(w+1237)&(H-1);
    }
    hx[w]=x;
    return w;
}
bool inc(u64 x,int a){
    int w=(x^x>>25^x>>39)&(H-1);
    while(hx[w]){
        if(hx[w]==x){
            hy[w]+=a;
            return 1;
        }
        w=(w+1237)&(H-1);
    }
    return 0;
}
int ls[111],lp,t0[11];
int ms[111],mp=0;
int min(int a,int b){return a<b?a:b;}
int max(int a,int b){return a>b?a:b;}
void chk(int a,int b,int c){
    lp=mp=0;
    for(int i=1,w=a;i<mk&&w;++i,w=pv[w])ls[lp++]=v[w];
    for(int i=lp-1;i>=0;--i)ms[++mp]=ls[i];
    for(int i=1,w=b;i<mk&&w;++i,w=nx[w])ms[++mp]=v[w];
    for(int i=1;i<=mp;++i)h1[i]=h1[i-1]*pz+ms[i];
    for(int i=0;i<lp;++i){
        int r=min(mp,i+mk);
        for(int j=lp+1;j<=r;++j){
            inc(h1[j]-h1[i]*pp[j-i],c);
        }
    }
}
int main(){
    n=_();m=_();
    pp[0]=1;
    for(int i=1;i<=100;++i)pp[i]=pp[i-1]*pz;
    for(int i=1;i<=n;++i)++t0[v[i]=_()];
    for(int i=1;i<=m;++i){
        qs[i][0]=_();
        if(qs[i][0]==1){
            qs[i][1]=_();
            qs[i][2]=_();
        }else if(qs[i][0]==2){
            qs[i][1]=_();
        }else{
            scanf("%s",ss+1);
            int len=strlen(ss+1);
            int k=_();
            if(k>mk)mk=k;
            for(int j=1;j<=len;++j)h1[j]=h1[j-1]*pz+ss[j]-'0';
            qv[i].resize(max(len-k+1,0));
            for(int j=k;j<=len;++j){
                qv[i][j-k]=ins(h1[j]-h1[j-k]*pp[k]);
            }
        }
    }
    for(int i=1;i<=6;++i)inc(i,t0[i]);
    for(int i=1;i<=m;++i){
        if(qs[i][0]==1){
            int a=qs[i][1],b=qs[i][2];
            nx[a]=b;pv[b]=a;
            chk(a,b,1);
        }else if(qs[i][0]==2){
            int a=qs[i][1],b=nx[a];
            nx[a]=pv[b]=0;
            chk(a,b,-1);
        }else if(qs[i][0]==3){
            int ans=1;
            for(int j=0;j<qv[i].size()&&ans;++j){
                ans=u64(ans)*hy[qv[i][j]]%P;
            }
            printf("%d
",ans);
        }
    }
    return 0;
}

d1t3

询问=k拆成<=k和<=k-1

只需考虑原矩形每一列最下面的一个可选位置，令f[x][y]表示最下方x行可选，第x+1行存在不可选位置，宽度y的矩形 合法的概率，则

$f[x][y]=sum_{i=0}^{y-1}f[>=x][i]f[>x][y-1-i]$

这里dp不处理x=0的部分，只考虑x>0，因此0<xy<=k，暴力转移的时间复杂度可以接受

把0的影响表示为一个常系数线性齐次递推的形式，转化为多项式幂取模计算

#include<cstdio>
#include<cstring>
const int P=998244353;
typedef long long i64;
const i64 X=(1ll<<45)/P*P;
int pw(int a,int n){
    int v=1;
    for(;n;n>>=1,a=i64(a)*a%P)if(n&1)v=i64(v)*a%P;
    return v;
}
int n,m,q,A,B;
int f[1007][1007],g[1007][1007],cs[1007],v[1007],f0[1007],a0[1007],a1[1007];
i64 c[2007];
void mul(int*a,int*b,int m){
    memset(c,0,sizeof(c));
    for(int i=0;i<=m;++i){
        for(int j=0;j<=m;++j)c[i+j]+=i64(a[i])*b[j];
        if(i%8==7||i==m)for(int j=0;j<=m+i;++j)c[j]-=(c[j]>>45)*X;
    }
    for(int i=m*2;i>m;--i){
        c[i]%=P;
        for(int j=1;j<=m+1;++j)c[i-j]+=c[i]*v[j];
        if((m*2-i)%8==7)for(int j=0;j<i;++j)c[j]-=(c[j]>>45)*X;
    }
    for(int i=0;i<=m;++i)a[i]=c[i]%P;
}
int cal(int n,int m,int q){
    if(!m)return pw(1-q,n);
    memset(f,0,sizeof(f));
    memset(g,0,sizeof(g));
    g[m+1][0]=1;
    cs[0]=1-q;
    for(int i=1;i<=m;++i)cs[i]=cs[i-1]*i64(q)%P;
    for(int i=m;i;--i){
        memcpy(g[i],g[i+1],sizeof(g[0]));
        for(int j=1;j<=m/i;++j){
            for(int k=0;k<j;++k){
                f[i][j]=(f[i][j]+i64(g[i][k])*g[i+1][j-1-k])%P;
            }
            f[i][j]=i64(cs[i])*f[i][j]%P;
            g[i][j]=(f[i][j]+g[i][j])%P;
        }
    }
    for(int i=1;i<=m+1;++i)v[i]=g[1][i-1]*i64(cs[0])%P;
    f0[0]=pw(cs[0],P-2);
    for(int i=1;i<=m+1;++i){
        f0[i]=0;
        for(int j=1;j<=i;++j)f0[i]=(f0[i]+f0[i-j]*i64(v[j]))%P;
    }
    memset(a0,0,sizeof(a0));
    memset(a1,0,sizeof(a1));
    a0[0]=a1[1]=1;
    for(;n;n>>=1,mul(a1,a1,m))if(n&1)mul(a0,a1,m);
    int s=0;
    for(int i=0;i<=m;++i)s=(s+i64(a0[i])*f0[i])%P;
    return s;
}
int main(){
    scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&A,&B);
    ++n;
    q=i64(A)*pw(B,P-2)%P;
    int s=(cal(n,m,q)-cal(n,m-1,q))%P;
    printf("%d
",(s+P)%P);
    return 0;
}