省选补题记录

省选补题记录

把 (15-20) 年的省选题挨个写了写。

省选联考2020

DAY1T1 冰火战士

题意描述

洛谷

有两种战士，冰系战士和火系战士，每个战士有两个参数温度和能量。

对于冰系战士，如果赛场温度不低于其自身温度，那么它可以出战。

对于火系战士，如果赛场温度不高于其自身温度，那么它可以出战。

对于每一个赛场温度，冰火双方消耗的能量总和为 (min { ext{能够参赛冰系战士的能量之和}， ext{能够参赛的火系战士的能量之和}} imes 2) 。

现在想让你找一个最佳赛场温度使得冰火双方消耗的能量总和最大。

有 (q) 次操作，每次操作分两种，新来一个温度为 (x), 能量为 (y) 的冰系/火系战士，删除第 (k) 次操作。

每次操作之后，问你最佳赛场温度和冰火双方消耗的能量总和为多少。

数据范围：(1leq qleq imes 2 imes 10^6,x_ileq 2 imes 10^9,sum y_ileq 10^9) 。

solution

树状数组/线段树+二分+卡常 。

我们先把所有的战士按温度从小到大排序。

不难发现有这样几个条件：

• 冰系战士能出战的是一段前缀。
• 火系战士能出战的是一段后缀。
• 最佳赛场温度一定是某位战士的温度。

我们设 (fire(i)) 表示火系战士能量的后缀和，(ice(i)) 表示冰系战士能量的前缀和。

然后我们把 (fire(i),ice(i)) 关于时间 (i) 的函数画一下：

这里由于温度是整数，所以函数图像不一定是连续的，这里为了好看点就化成连续的了。

那么 (min(fire(i),ice(i))) 的函数图像就是下面的那一部分。

不难发现两个函数图像的交点处的 (min(fire(i),ice(i))) 的取值是最大的。

但由于其函数图像不连续，所以我们取最靠近交点的两个地方，即：

• 最大的满足 (fire(i) > ice(i)) 的 (i)。
• 最小的满足 (ice(i)>fire(i)) 的 (i) 。

然后由于 (fire(i)) 单调递减，(ice(i)) 单调递增，所以二分一下即可。

由于每次加入/删除一个战士都要维护一下前/后缀和，随便拿树状数组一下就好了。

复杂度：(O(nlog ^2 n)) 。

好像还有 (O(nlogn)) 的在树状数组上二分的做法，但我没看懂，所以就咕咕咕了。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<queue>
using namespace std;
const int N = 2e6+10;
int n,fire,ice,cnt,inf,ans,pos;
int b[N],t1[N],t2[N];
struct node
{
	int opt,type,x,y;
}q[N];
inline int read()
{
    int s = 0,w = 1; char ch = getchar();
    while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') w = -1; ch = getchar();}
    while(ch >= '0' && ch <= '9'){s = s * 10 + ch - '0'; ch = getchar();}
    return s * w;
}
int lowbit(int x){return x & (-x);}
void chenge(int x,int w)
{
	for(; x; x -= lowbit(x)) t1[x] += w;
}
void modify(int x,int w)
{
	for(; x <= inf; x += lowbit(x)) t2[x] += w;
}
int ask1(int x)//火 
{
	int res = 0;
	for(; x <= inf; x += lowbit(x)) res += t1[x];
	return res;
}
int ask2(int x)//冰 
{
	int res = 0;
	for(; x; x -= lowbit(x)) res += t2[x];
	return res;
}
void Erfen()
{
	int L = 1, R = inf, ans1 = 0, p1 = 0;
	while(L <= R)
	{
		int mid = (L + R)>>1;
		int res1 = ask1(mid), res2 = ask2(mid);
		if(res1 >= res2)
		{
			p1 = mid;
			ans1 = res2;
			L = mid + 1;
		}
		else R = mid - 1;
	}
	int ans2 = min(ask1(p1+1),ask2(p1+1)), p2;
	L = p1+1, R = inf;	
	while(L <= R)
	{
		int mid = (L + R)>>1;
		int res1 = ask1(mid), res2 = ask2(mid);
		if(min(res1,res2) == ans2)
		{
			p2 = mid;
			L = mid + 1;
		}
		else R = mid - 1;
	}
	if(ans1 == ans2) ans = ans1, pos = max(p1,p2);
	else if(ans2 > ans1) ans = ans2, pos = p2;
	else ans = ans1, pos = p1;
	if(ans*2 == 0) printf("Peace
");
	else printf("%d %d
",b[pos],ans*2);
}
int main()
{
//	freopen("a.in","r",stdin);
//	freopen("a.out","w",stdout);
	n = read();
	for(int i = 1; i <= n; i++)
	{
		q[i].opt = read();
		if(q[i].opt == 1)
		{
			q[i].type = read();
			q[i].x = read();
			q[i].y = read();
			b[++cnt] = q[i].x;
		}
		else q[i].x = read();
	}
	sort(b+1,b+cnt+1);
	inf = unique(b+1,b+cnt+1)-b-1;
	for(int i = 1; i <= n; i++) if(q[i].opt == 1) q[i].x = lower_bound(b+1,b+inf+1,q[i].x)-b;
	for(int i = 1; i <= n; i++)
	{
		if(q[i].opt == 1)
		{
			if(q[i].type == 1) 
			{
				fire++;
				chenge(q[i].x,q[i].y);
			}
			else
			{
				ice++;
				modify(q[i].x,q[i].y);
			}
		}
		else
		{
			int id = q[i].x;
			if(q[id].type == 1)
			{
				fire--;
				chenge(q[id].x,-q[id].y);
			}
			else
			{
				ice--;
				modify(q[id].x,-q[id].y);
			}
		}
		if(!fire || !ice) printf("Peace
");
		else Erfen();
	}
	fclose(stdin); fclose(stdout);
	return 0;
}

DAY1T2 组合数问题

题意描述

求 (left(displaystylesum_{k=0}^{n}f(k) imes x^k imes {nchoose k} ight) mod p)

其中 (f(k)) 为一个给定的 (m) 次多项式 (f(k) = a_0k^0+a_1k^1+...+a_mk^m) 。

数据范围：(nleq 10^9,mleq 1000) 。

solution

数论数学+斯特林数。

我们要求的其实是：(displaystylesum_{k=0}^{n} sum_{j=0}^{m} a^jk^j imes x^k imes {nchoose k})

后面有关于组合数的一项，所以我们考虑把多项式转化为下降幂多项式。

推一下转化的柿子：

根据 (m^n = displaystylesum_{i=0}^{n} egin{Bmatrix}n\iend{Bmatrix}m^{underline i}), 则有：

(displaystylesum_{i=0}^{n} a_ix^i=displaystylesum_{i=0}^{n} a^isum_{j=0}^{i} egin{Bmatrix}i\jend{Bmatrix} x^{underline j})

交换一下求和顺序可得：

(displaystylesum_{i=0}^{n}a_ix^i = sum_{i=0}^{n}x^{underline i} sum_{j=i}^{n} egin{Bmatrix}i\jend{Bmatrix}a^j)

设 (displaystyle b_i = sum_{j=i}^{n}egin{Bmatrix}i\jend{Bmatrix} a_j) ，那么 (displaystylesum_{i=0}^{n} a_ix^i = sum_{i=0}^{n}b_ix^{underline i})。

把这个代入原式可得:

(displaystylesum_{k=0}^{n} sum_{j=0}^{m} a_jk^j imes x^k imes {nchoose k})

(=displaystylesum_{k=0}^{n}sum_{j=0}^{m}b_jk^{underline j} imes x^k imes {nchoose k})

交换一下求和顺序可得：

(原式=displaystylesum_{j=0}^{m} b_jsum_{k=0}^{n} k^{underline j} imes x^k imes {nchoose k})

关于组合数和下降幂有一个很好的性质：

(displaystyle k^{underline m} imes {nchoose k} = {n-mchoose k-m} imes n^{underline m})

具体证明如下：

(displaystyle k^{underline m} imes {nchoose k} = {k!over (k-m)!} imes {n!over k!(n-k)!} = {n!over (k-m)! (n-k)!} = {{n!(n-m)!}over (k-m)!(n-k)!(n-m)!} = {n!over (n-m)!} {(n-m)!over (k-m)!(n-k)!} = n^{underline m} imes {n-mchoose k-m})

把这个带回去可得：

(原式=displaystylesum_{j=0}^{m} b_jn^{underline j}sum_{k=0}^{n} x^k imes {n-jchoose k-j})

又因为当 (k>j) 的时候，({n-jchoose k-j} = 0), 所以第二层循环只需要枚举到 (j) 就可以了，即：

(原式=displaystylesum_{j=0}^{m} b_j n^{underline j} sum_{k=0}^{j} x^k imes {n-jchoose k-j})

根据二项式定理可得：({n-jchoose k-j} imes x^k imes 1^{k-j} = (1+x)^{n-j})

带回去可得：

(原式=displaystylesum_{j=0}^{m} b_jn^{underline j}(1+x)^{n-j})

然后 (O(m^2)) 直接算即可。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 5010;
int n,x,p,m,ans;
int jz[N],s[N][N],a[N],b[N];
inline int read()
{
	int s = 0, w = 1; char ch = getchar();
	while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') w = -1; ch = getchar();}
	while(ch >= '0' && ch <= '9'){s = s * 10 + ch - '0'; ch = getchar();}
	return s * w;
}
int ksm(int a,int b)
{
	int res = 1;
	for(; b; b >>= 1)
	{
		if(b & 1) res = res * a % p;
		a = a * a % p;
	}
	return res;
}
signed main()
{
	n = read(); x = read(); p = read(); m = read();
	for(int i = 0; i <= m; i++) a[i] = read();
	s[0][0] = jz[0] = 1; 
	for(int i = 1; i <= m; i++) jz[i] = jz[i-1] * i % p;
	for(int i = 1; i <= m; i++)
	{
		for(int j = 1; j <= m; j++)
		{
			s[i][j] = (s[i-1][j-1] + j * s[i-1][j]  % p) % p;
		}
	}
	for(int i = 0; i <= m; i++)
	{
		for(int j = i; j <= m; j++)
		{
			b[i] = (b[i] + s[j][i] * a[j] % p) % p;
		}
	}
	int w = 1;
	for(int i = 0; i <= m; i++)
	{
		int tmp = ksm(x+1,n-i);
		ans = (ans + b[i] * w % p * tmp % p * ksm(x,i) % p) % p;
		w = w * (n-i) % p;
	}
	printf("%lld
",ans);
	return 0;
}

DAY1T3 魔法商店

论文题，不会写，咕咕咕。

DAY2T1 信号传递

题意描述

洛谷

给你一个长度为 (n) 的序列 (s), (s_i) 和 (s_{i+1}) 之间有三种传递方式：

• (s_{i+1}) 在 (s_{i}) 的右边，花费为 (p_{s_{i+1}}-p_{s_{i}})
• (s_{i+1}) 在 (s_i) 的左边，花费为 (k imes (p_{s_{i+1}}+s_{i}))
• (s_{i+1}=s_i) 则花费为 (0)

其中 (p) 是一个大小为 (m) 的排列，(p_i) 表示 (i) 在排列 (p) 中的位置。

现在让你确定一个排列 (P), 使得传递的花费最少。

数据范围：(nleq 10^5,mleq 23) 。

solution

毒瘤卡常状压题。

有一个很显然的状压 (dp) 的想法就是设 (f[s]) 表示已经确定了前 (|s|) 个位置上的数，且这些位置上的数的集合为 (s)。

其中 (s) 是一个 (0/1) 串，(|s|) 表示 (s) 中 (1) 的个数，若 (s) 的第 (i) 位为 (1) 则表示第 (i+1) 个数的位置已经被确定了，为 (0) 则相反) 。

设 (t[i][j]) 表示 (s_k) 为 (i) 且 (s_{k+1}) 为 (j) 的次数。这个在输入的时候就可以预处理出来。

转移则有：(displaystyle f[s ext{^} (1<<(i-1))] = min(f[s] + (|s|+1) imes sum_{jin s} (k*t[i][j]+t[j][i])) + (|s|+1) imes sum_{j otin s} (k*t[j][i]+t[i][j]))

解释一下：我们枚举第 (|s|+1) 位置上的数，设其为 (i), 那么 (jin s) 则表示 (j) 在 (i) 的左边，反之 (j otin s) 则 (j) 在 (i) 的右边。分情况讨论一下传递的代价：

• (j) 在 (i) 的左边，传递方向为 (i ightarrow j)， 则代价为 ((|s|+1) imes k imes t[i][j])
• (j) 在 (i) 的左边，传递方向为 (j ightarrow i), 则代价为 ((|s|+1) imes t[j][i])
• (j) 在 (i) 的右边，传递方向为 (i ightarrow j) ，则代价为 ((|s|+1) imes t[i][j])
• (j) 在 (i) 的右边，传递方向为 (j-i), 则代价为 ((|s|+1) imes k imes t[j][i])

我们从小到大枚举 (s), 就可以做到 (O(m^22^m)) 的时间复杂度，空间复杂度则为 (O(m2^m)) 。

然后我做到这里就不太会了，看了看题解才过了这道题。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<queue>
using namespace std;
const int N = 1<<23;
int n,m,K,x,last;
int f[N],t[24][24];
inline int read()
{
    int s = 0,w = 1; char ch = getchar();
    while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') w = -1; ch = getchar();}
    while(ch >= '0' && ch <= '9'){s = s * 10 + ch - '0'; ch = getchar();}
    return s * w;
}
int main()
{
	n = read(); m = read(); K = read();
	for(int i = 1; i <= n; i++)
	{
		x = read();
		if(i > 1) t[last][x]++;
		last = x;
	}
	memset(f,127,sizeof(f));
	f[0] = 0;
	for(int i = 0; i < (1<<m); i++)
	{
		int cnt = 0;
		for(int j = 1; j <= m; j++) if((i>>(j-1))&1) cnt++;
		for(int j = 1; j <= m; j++)
		{
			if(!((i>>(j-1))&1))
			{
				int sum = 0;
				for(int k = 1; k <= m; k++)
				{
					if((i>>(k-1))&1) sum += K*t[j][k], sum += t[k][j];  
					else if(j != k) sum += K*t[k][j], sum -= t[j][k];
				}		
				f[i^(1<<(j-1))] = min(f[i^(1<<(j-1))],f[i]+sum*(cnt+1));
			} 

		}
	}
	printf("%d
",f[(1<<m)-1]);
	return 0;
}

考虑继续卡常优化一下。

设 (cost(s,i)) 为 (sum_{jin s} (k*t[i][j]+t[j][i])) + sum_{j otin s} (k*t[j][i]+t[i][j])) ，也就是 (|s|+1) 前的系数。

处理完这个 (cost(s,i)) 那么我们在转移 (f) 的时候复杂度就降为了 (O(m2^m)) 。

预处理 (cost(s,i)) 其实是可以 (O(m2^m)) 的做的。具体来说就是：

(displaystyle cost(0,i) = sum_{j eq i} k imes t[j][i] + t[i][j])

(cost(s,i) = cost(s-(1<<(j-1),i) + t[i][j] imes (1+k) + t[j][i] imes (1-k)) (其中 (s) 的第 (j-1) 位为 (1))。

解释一下： 对于 (cost(0,i)) 这时候 (j(j eq i)) 都在 (i) 的右边，所以传递代价为 (k imes t[j][i]+t[i][j]) 。

由 (s-(1<<(j-1))) 到 (s) 相当于是 (j) 原来在 (i) 的右边，现在到了左边的位置，我们只需要把 (j) 在 (i) 的右边的代价减去，在加上 (j) 在 (i) 的左边的传递代价, 即 (t[i][j] imes (1+k) + t[j][i] imes (1-k)) ，然后我们就可以由 (cost(s-(1<<(j-1)),i)) 算出 (cost(s,i)) 。

因为每次都是由 (s) 减去一个数转移过来的，所以可以每次减去 (lowbit(s)) 转移。

那么递推 (cost(s,i)) 的复杂度就变为了 (O(m2^m)) 。

写完交上去之后，你会发现 ( ext{MLE}) 了，毒瘤出题人卡了一手空间。

至于如何卡过去，可以看这篇 题解 。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<queue>
using namespace std;
const int N = 1<<23;
int n,m,K,x,last;
int t[24][24],lg[N],num[N],f[N],cost[N/2][24];
inline int read()
{
    int s = 0,w = 1; char ch = getchar();
    while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') w = -1; ch = getchar();}
    while(ch >= '0' && ch <= '9'){s = s * 10 + ch - '0'; ch = getchar();}
    return s * w;
}
int lowbit(int x){return x & (-x);}
int main()
{
	n = read(); m = read(); K = read();
	for(int i = 1; i <= n; i++)
	{
		x = read()-1;
		if(i > 1) t[last][x]++;
		last = x;
	}
	lg[0] = -1; num[0] = 0;
	for(int i = 1; i < (1<<m); i++)
	{
		lg[i] = lg[i>>1] + 1;
		num[i] = num[i>>1] + (i&1);
	}
	for(int i = 0; i < m; i++)
	{
		for(int j = 0; j < m; j++)
		{
			if(i != j) cost[0][i] += K * t[j][i] - t[i][j]; 
		}
		for(int j = 1; j < (1<<(m-1)); j++)
		{
			int k = lowbit(j), o = lg[k];
			if(o >= i) o++;
			cost[j][i] = cost[j^k][i] + t[i][o] * (1+K) + t[o][i] * (1-K);
		}
	}
	memset(f,127,sizeof(f));
	f[0] = 0;
	for(int i = 1; i < (1<<m); i++)
	{
		for(int j = i, y; y = lowbit(j); j ^= y)
		{
			int o = lg[y], s = i^y;
			f[i] = min(f[i],f[i^y]+num[i]*cost[s&y-1|s>>o+1<<o][o]);
		}
	}
	printf("%d
",f[(1<<m)-1]);
	return 0;
}

DAY2T2 树

题意描述

洛谷

给你一棵有根树，定义 (x) 节点的价值为 (x) 的子树中每个节点的点权加上到 (x) 的距离的异或和。

即：(val(x)=(v_{c1}+d(c_1,x))⊕(v_{c2}+d(c_2,x))⊕⋯⊕(v_{c_k}+d(c_k,x)))

让你求 (displaystylesum_{i=1}^{n} val(i)) 。

数据范围：(1leq n,v_ileq 525010) 。

solution

( ext{tire}) 树/其他做法。

对于这题，考虑怎么拿 (tire) 树来维护。

我们对于每一个节点维护一个 ( ext{tire}) 树，( ext{tire}) 树里面存其子树中每个节点的点权加上到 (x) 的距离。

暴力插数显然是过不去的，考虑继续优化。

不难发现这样一个性质：对于 (u) 的 ( ext{tire}) 树中的每一个二进制数 (+1),恰好就是 (fa(u)) ( ext{tire}) 树中的数的一部分（这个可以根据 (val(u)) 的计算式推出来）。

然后我们就要维护一下三种操作：

• 向 ( ext{tire}) 树中插入一个数。
• 把 (u) 和 (fa(u)) 的 ( ext{tire}) 树合并。
• 把 (u) 的 ( ext{tire}) 树中的二进制数 (+1) 。
• 查询当前 ( ext{tire}) 树中所有数的异或和。

操作1是 ( ext{tire}) 树的常规操作，这里就不说了。

操作2的话，( ext{tire}) 树的合并其实和线段树合并是类似的，把 ( ext{tire}) 树看成一棵线段树，直接合并即可。

这两个的不同点在于线段树的节点维护的是区间的信息，但 ( ext{tire}) 树的节点维护的每一位的信息。

但合并的实质都是把两个节点维护的信息合并。

void merage(int &x,int y,int wei)
{
	if(!x){x = y; return;}
	if(!y) return;
	siz[x] += siz[y];
	merage(tr[x][0],tr[y][0],wei+1);
	merage(tr[x][1],tr[y][1],wei+1);
	up(x,wei);
}

对于操作3，我们考虑对于一个二进制数，加1之后会变成什么样，举几个例子：

01111 -> 11111
11011 -> 00111
10011 -> 01011

不难发现如果最低位为 (0) ，那么 (+1) 之后这一位就变为了 (1), 对于最低位为 (1) 的数，(+1) 之后这一位变为了 (0), 同时下一位进 (1) （相当于下一位+1）。

在 ( ext{tire}) 树上，我们考虑从低位到高位建 ( ext{tire}) 树，+1操作就把当前节点的 ( ext{tr[x][0]}) 和 ( ext{tire[x][1]}) 交换一下（+1之后，(0) 变为了 (1)，(1) 变为了 (0)），在递归处理 ( ext{tr[x][0]}) （处理进位操作）。

代码也很好写：

void Jinwei(int x,int wei)//+1操作
{
	if(!x) return;
	swap(tr[x][0],tr[x][1]);
	Jinwei(tr[x][0],wei+1);
	up(x,wei);
}

对于操作4，一开始我想的是维护每一位 (1) 的个数，但+1操作的时候需要遍历整颗 ( ext{tire}) 树，然后就挂掉了。

但实际上我们只需要对 ( ext{tire}) 树的节点维护其子树中数的异或和即可（具体怎么维护可以看代码）。

解决完这四个操作之后，我们这道题就做完了。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<queue>
using namespace std;
#define LL long long
const int N = 550000;
const int M = 5e7+10;
int n,m,tot,cnt,x;
int head[N],w[N],rt[N],siz[M],tr[M][2],sum[M];
LL ans;
struct node
{
	int to,net;
}e[N];
inline int read()
{
    int s = 0,w = 1; char ch = getchar();
    while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') w = -1; ch = getchar();}
    while(ch >= '0' && ch <= '9'){s = s * 10 + ch - '0'; ch = getchar();}
    return s * w;
}
void add(int x,int y)
{
	e[++tot].to = y;
	e[tot].net = head[x];
	head[x] = tot;
}
void up(int o,int wei)
{
    ////假设o维护的是第i位的信息，那么sum[o]表示o的子树中所有的数的只看 i~23 位，其他位忽略为0的异或和
	sum[o] = sum[tr[o][0]] ^ sum[tr[o][1]];//首先sum[o] 一部分为其左儿子和右儿子的异或和，另一部分为这一位为1的数的贡献
	if(siz[tr[o][1]]&1) sum[o] += 1<<wei;//如果这一位为1的数有奇数个那么异或起来这一位为1否则为0
}
void insert(int p,int x,int wei)//插入一个数
{
	if(wei > 23) return;
	siz[p]++;
	int c = (x>>wei)&1;
	if(!tr[p][c]) tr[p][c] = ++cnt;
	insert(tr[p][c],x,wei+1);
	up(p,wei);
}
void merage(int &x,int y,int wei)//tire树合并
{
	if(!x){x = y; return;}
	if(!y) return;
	siz[x] += siz[y];
	merage(tr[x][0],tr[y][0],wei+1);
	merage(tr[x][1],tr[y][1],wei+1);
	up(x,wei);
}
void Jinwei(int x,int wei)//+1操作
{
	if(!x) return;
	swap(tr[x][0],tr[x][1]);
	Jinwei(tr[x][0],wei+1);
	up(x,wei);
}
void dfs(int x,int fa)
{
	for(int i = head[x]; i; i = e[i].net)
	{
		int to = e[i].to;
		if(to == fa) continue;
		dfs(to,x);
		merage(rt[x],rt[to],0);
	}
	Jinwei(rt[x],0);
	insert(x,w[x],0);
	ans += sum[rt[x]];
}
int main()
{
	n = read(); cnt = n;
	for(int i = 1; i <= n; i++) w[i] = read();
	for(int i = 2; i <= n; i++) x = read(), add(x,i);
	for(int i = 1; i <= n; i++) rt[i] = i; 
	dfs(1,0);
	printf("%lld
",ans);
	return 0;
}

DAY2T3 作业题

不会矩阵树。