1146C Tree Diameter
题意
交互题。有一棵 (n(nle 100)) 个点的树，你可以进行不超过 (9) 次询问，每次询问两个点集中两个不在同一点集的点的最大距离。求树的直径。
题解
和 GXOI2019旅行者 基本类似，二进制分组，对于每一位，编号当前位为 (0) 的分到一组，当前位为 (1) 的分到另一组。最大询问次数为 (log 100 = 7)
code
#include<cstdio>
int v1[105],v2[105];
int main()
{
int T; scanf("%d",&T);
while(T--)
{
int n,ans=0; scanf("%d",&n);
for(int i=0;i<=6;++i)
{
int id1=0,id2=0;
for(int j=1;j<=n;++j) (j&(1<<i))?v1[++id1]=j:v2[++id2]=j;
if(id1&&id2)
{
printf("%d %d ",id1,id2);
for(int i=1;i<=id1;++i) printf("%d ",v1[i]);
for(int i=1;i<=id2;++i) printf("%d ",v2[i]);
puts(""); fflush(stdout);
int x; scanf("%d",&x);
if(x>ans) ans=x;
}
}
printf("-1 %d
",ans);
fflush(stdout);
}
}
1146D Frog Jumping
题意
有一条数轴，一只青蛙在原点，可以向前跳 (a) 步或向后跳 (b) 步。
定义 (f(x)) 表示青蛙在 ([0,x]) 里跳，能跳到的点数。
求 (sum_{i=0}^m f(i)) 。 (mle 10^9, a,ble 10^5) 。
题解
能到达的点 (c) 能被表示为 (ax-by=c) 。
根据裴蜀定理，能到达的点一定是 (gcd(a,b)) 的倍数。
但是，当 (i<a+b) 时，(f(i)) 由于跳的点不能超过 (i) ，有的点可能会无法跳到。故 (f(0)sim f(a+b)) 的答案我们要另外计算。
我们考虑贪心的去跳，当跳的步数 (>b) 就减去 (b) 。暴力枚举 (i) 统计有多少个点能到达即可。
注意不要重复统计答案。
code
#include<cstdio>
int gcd(int x, int y) {
return y?gcd(y,x%y):x;
}
const int N=2e5+5;
bool vis[N];
int step[N],tot;
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("sol.in","r",stdin);
#endif
int m,a,b;
scanf("%d%d%d",&m,&a,&b);
const int g=gcd(a,b);
long long ans=1ll*(1+m/g+1)*(m/g+1)/2ll*g-1ll*(1ll*(m/g+1)*g-m-1)*(m/g+1);
vis[step[++tot]=0]=true;
while(true)
{
++tot;
step[tot]=step[tot-1]>=b?step[tot-1]-b:step[tot-1]+a;
if(vis[step[tot]]) break;
vis[step[tot]]=true;
} --tot;
for(int i=0,j=1;i<a+b&&i<=m;++i)
{
ans-=i/g+1;
while(step[j]<=i&&j<=tot) ++j;
ans+=j-1;
}
printf("%lld",ans);
}
1146E Hot is Cold
题意
给你一个长度为 (n) 的序列和 (q) 个操作，每次操作将 (<x_i) 的取反或 (>x_i) 的数取反。求最后的序列。(n,qle 10^5)
题解
对正数和负数分别维护权值线段树，然后分类讨论维护每个数是否被取反的标记。
考虑 (>x) ：当 (x<0) ：将绝对值 (>x) 的数置为负 ； 当 (x>0) ，将正负数绝对值 (<-x) 标记取反，绝对值 (ge -x) 的数置为负；
(<x) 与上述类似。
有神仙线性做法，待补充……
code
#include<cstdio>
#include<cstring>
inline int gi()
{
char c=getchar(); int x=0,f=1;
for(;c<'0'||c>'9';c=getchar())if(c=='-')f=-1;
for(;c>='0'&&c<='9';c=getchar())x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';
return x*f;
}
const int N=1e5+5;
int st[2][N<<2],tg[2][N<<2],rev[2][N<<2],fg[2][N<<2],a[N],n,q,m;
#define lx (x<<1)
#define rx (x<<1|1)
void pushdown(int i, int x)
{
if(tg[i][x]!=-1)
{
tg[i][lx]=tg[i][rx]=st[i][lx]=st[i][rx]=tg[i][x];
tg[i][x]=-1;
}
if(fg[i][x])
{
fg[i][lx]=fg[i][rx]=1;
rev[i][lx]=rev[i][rx]=0;
fg[i][x]=0;
}
if(rev[i][x])
{
rev[i][lx]^=1,rev[i][rx]^=1;
st[i][lx]^=1,st[i][rx]^=1;
rev[i][x]=0;
}
}
void rever(int i, int x, int l, int r, int sl, int sr)
{
if(sl>sr) return ;
if(sl<=l&&r<=sr) {
rev[i][x]^=1,st[i][x]^=1; return ;
}
pushdown(i,x);
int mid=l+r>>1;
if(sl<=mid) rever(i,lx,l,mid,sl,sr);
if(sr>mid) rever(i,rx,mid+1,r,sl,sr);
}
void update(int i, int x, int l, int r, int sl, int sr, int w)
{
if(sl>sr) return ;
if(sl<=l&&r<=sr)
{
tg[i][x]=st[i][x]=w, rev[i][x]=0, fg[i][x]=1;
return ;
}
pushdown(i,x);
int mid=l+r>>1;
if(sl<=mid) update(i,lx,l,mid,sl,sr,w);
if(sr>mid) update(i,rx,mid+1,r,sl,sr,w);
}
int qry(int i, int x, int l, int r, int s)
{
if(l==r) return st[i][x];
pushdown(i,x);
int mid=l+r>>1;
return (s<=mid?qry(i,lx,l,mid,s):qry(i,rx,mid+1,r,s));
}
int main()
{
n=gi(),q=gi();
for(int i=1;i<=n;++i)
{
a[i]=gi();
if(a[i]>m) m=a[i];
if(-a[i]>m) m=-a[i];
}
memset(tg,-1,sizeof(tg));
while(q--)
{
char s[2]; scanf("%s",s);
int x=gi();
if(s[0]=='>')
{
if(x>0)
{
update(0,1,1,m,x+1,m,0);
update(1,1,1,m,x+1,m,1);
}
else
{
rever(0,1,1,m,1,-x-1);
update(0,1,1,m,-x,m,0);
rever(1,1,1,m,1,-x-1);
update(1,1,1,m,-x,m,1);
}
}
else
{
if(x<0)
{
update(0,1,1,m,-x+1,m,1);
update(1,1,1,m,-x+1,m,0);
}
else
{
rever(0,1,1,m,1,x-1);
update(0,1,1,m,x,m,1);
rever(1,1,1,m,1,x-1);
update(1,1,1,m,x,m,0);
}
}
}
for(int i=1;i<=n;++i)
{
if(a[i]==0) printf("0 ");
else if(a[i]<0) printf("%d ",a[i]*(qry(0,1,1,m,-a[i])?-1:1));
else printf("%d ",a[i]*(qry(1,1,1,m,a[i])?-1:1));
}
}
1146F Leaf Partition
题意
给你一棵 (n) 个节点的树，将叶子节点划分成若干个集合，使得每个集合的虚树互不相交。求划分方案数。
(nle 2cdot 10^5) 。
题解
(f(u,0)) 表示 (u) 不属于任何集合的方案数。
(f(u,1)) 表示 (u) 连通了 (1) 个子节点。显然，当前节点必须要连通到上面的集合。
(f(u,2)) 表示 (u) 连通了 (2) 个以上的子节点。
这样，对于子节点 (v) ，将其分到不同集合的方案数为 (f(v,0)+f(v,2)) ，设为 (x) ；将其分到同一集合的方案数为 (f(v,1)+f(v,2)) ，设为 (y) 。
这样就不难得出转移：
[egin{cases}
f'(u,0)=f(u,0) imes x\
f'(u,1)=f(u,0) imes y+f(u,1) imes x \
f'(u,2)=f(u,1) imes y+f(u,2) imes (x+y)
end{cases}
]
code
#include<cstdio>
inline int gi()
{
char c; int x=0;
for(;c<'0'||c>'9';c=getchar());
for(;c>='0'&&c<='9';c=getchar())x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';
return x;
}
const int N=200005,Mod=998244353;
int f[N][3],head[N],nxt[N],to[N],n;
void addedge(int u, int v, int now) {
nxt[now]=head[u], head[u]=now, to[now]=v;
}
#define mul(x,y) (1ll*x*y%Mod)
void dfs(int u)
{
if(!head[u]) f[u][2]=1;
else f[u][0]=1;
for(int e=head[u];e;e=nxt[e])
{
int& v=to[e];
dfs(v);
int x=(f[v][0]+f[v][2])%Mod,y=(f[v][1]+f[v][2])%Mod;
int f0=mul(f[u][0],x);
int f1=(mul(f[u][0],y)+mul(f[u][1],x))%Mod;
int f2=(mul(f[u][1],y)+mul(f[u][2],(x+y)%Mod))%Mod;
f[u][0]=f0,f[u][1]=f1,f[u][2]=f2;
}
}
int main()
{
n=gi();
for(int i=2;i<=n;++i)
addedge(gi(),i,i-1);
dfs(1);
printf("%d",(f[1][0]+f[1][2])%Mod);
}