C2 Guessing the Greatest （二分+构造）
题目大意：交互题，每次可以询问一个子区间次大值的位置，最多询问20次，问全局最大值的位置。n=1e5
40次的情况大力二分，20次需要一些技巧
设全局最大值位置为$x$
问一次全局次大值，设为$pos$，再次询问$pos$两侧判断最大值在$pos$左侧还是右侧，并把$pos$它放在后续处理区间的头或者尾
放在头/尾可以减少很多麻烦
现假设$pos$在尾，我们在$[1,pos-1]$里找$x$
每次二分一个位置$mid$，如果$midle x$，那么问$[mid,pos]$结果是$pos$，如果$mid>x$，结果不是$pos$
如此可找到x
1 const int N1=105; const int inf=0x3f3f3f3f; 2 3 int n,now; 4 int getx(int l,int r) 5 { 6 if(l==r) return 0; 7 printf("? %d %d ",l,r); 8 fflush(stdout); 9 int x; scanf("%d",&x); return x; 10 } 11 void solveL(int pos) 12 { 13 int l=1,r=pos-1,mid,ans=0,k; 14 while(l<=r) 15 { 16 mid=(l+r)>>1; 17 k=getx(mid,pos); 18 if(k==pos) ans=mid, l=mid+1; 19 else r=mid-1; 20 } 21 printf("! %d ",ans); exit(0); 22 } 23 void solveR(int pos) 24 { 25 int l=pos+1,r=n,mid,ans=0,k; 26 while(l<=r) 27 { 28 mid=(l+r)>>1; 29 k=getx(pos,mid); 30 if(k==pos) ans=mid, r=mid-1; 31 else l=mid+1; 32 } 33 printf("! %d ",ans); exit(0); 34 } 35 36 int main() 37 { 38 scanf("%d",&n); 39 int pos=getx(1,n),k; 40 if(pos==1) solveR(1); 41 else if(pos==n) solveL(n); 42 else{ 43 k=getx(1,pos); 44 if(k==pos) solveL(pos); else solveR(pos); 45 } 46 return 0; 47 }
D Max Median （二分+数据结构）（中位数问题）
题目大意：给出一个序列，问所有长度大于等于k的子区间中，中位数的最大值是多少，$n=2e5$
题解给了这样一个妙妙思路：
首先考虑序列都是1和-1咋做：权值和大于0的子区间的中位数是1！需要维护小于某个值的最小位置，树状数组记录前缀最小值
推广到中位数问题，二分。
每次判断中位数$ge mid$是否可行
把小于$mid$填成-1，$ge mid$填成1，权值和大于0的子区间的中位数$ge mid$！和上面同样的方法做就行了
1 const int N1=400010; const int inf=0x3f3f3f3f; 2 3 int n,K,nn; 4 int a[N1],sum[N1]; 5 struct bit{ 6 int mi[N1]; 7 void upd(int x,int w) 8 { for(int i=x;i<=nn;i+=i&(-i)) mi[i]=min(mi[i],w); } 9 int query(int x) 10 { int ans=inf; for(int i=x;i;i-=i&(-i)) ans=min(ans,mi[i]); return ans; } 11 void clr(int x) 12 { for(int i=x;i<=nn;i+=i&(-i)) mi[i]=inf; } 13 }s; 14 int check(int w) 15 { 16 memset(s.mi,0x3f,sizeof(s.mi)); 17 s.upd(n+1+0,0); 18 for(int i=1,j;i<=n;i++) 19 { 20 if(a[i]<w) sum[i]=sum[i-1]-1; else sum[i]=sum[i-1]+1; 21 j=s.query(n+1+sum[i]-1); 22 if(i-j>=K) return 1; 23 s.upd(n+1+sum[i],i); 24 } 25 return 0; 26 } 27 28 int main() 29 { 30 scanf("%d%d",&n,&K); nn=n+n+1; 31 for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]); 32 int l=1,r=n,ans=0,mid; 33 while(l<=r) 34 { 35 mid=(l+r)>>1; 36 if(check(mid)) ans=mid, l=mid+1; 37 else r=mid-1; 38 } 39 printf("%d ",ans); 40 return 0; 41 }
E Paired Payment （图上构造）
题目大意：给一个无向图，每次必须连着走两条边，代价为$(w1+w2)^{2}$，问从1走到其它所有点的代价最小值，$n=1e5，wle 50$
又是一道构造妙妙题目
由于$w$很小，考虑拆点
对于一条有向边$(u,v,w)$
i是和v相连的出来的所有不同权值，$u->(v,i)$，代价$(w+i)^{2}$。 $ (u,w)->v$，代价0
考虑连着走两条边$(x,y,w1)(y,z,w2)$的情形：$x->(y,w2)->z$ 代价为$(w1+w2)^{2}$
然后最短路就行了，边数为$O(Wm)$，时间复杂度$O(Wmlogm)$
用map维护拆点可以减少点数
1 #define ite map<int,int>::iterator 2 const int N1=500005; const int M1=N1*42; const ll inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3fll; 3 4 struct edge{ 5 int to[M1],nxt[M1],val[M1],head[N1],cte; 6 int ae(int u,int v,int w) 7 { cte++; to[cte]=v, nxt[cte]=head[u]; head[u]=cte; val[cte]=w; } 8 // printf("%d %d %d ",u,v,w); 9 }e; 10 struct node{ 11 int id; ll val; 12 friend bool operator < (const node &s1,const node &s2) 13 { return s1.val>s2.val; } 14 }; 15 priority_queue<node>que; 16 17 int n,m,tot; 18 int id[N1]; ll dis[N1]; bool vis[N1]; 19 map<int,int>mp[N1]; 20 void addmp(int u,int v,int w) 21 { 22 ite k=mp[v].find(w); int y; 23 if(k==mp[v].end()) y=++tot, mp[v][w]=tot; 24 else y=(*k).second; 25 e.ae(y,u,0); 26 } 27 void adde(int u,int v,int w1) 28 { 29 int y,w2; 30 for(ite k=mp[v].begin();k!=mp[v].end();k++) 31 { 32 w2=(*k).first; y=(*k).second; 33 e.ae(u,y,(w1+w2)*(w1+w2)); 34 } 35 } 36 void dijkstra() 37 { 38 int x,j,v; node tmp; 39 memset(dis,0x3f,sizeof(dis)); 40 que.push((node){1,0}); dis[1]=0; 41 while(!que.empty()) 42 { 43 tmp=que.top(); que.pop(); x=tmp.id; 44 if(vis[x]) continue; vis[x]=true; 45 for(j=e.head[x];j;j=e.nxt[j]) 46 { 47 v=e.to[j]; 48 if(dis[v]>dis[x]+e.val[j]) 49 { 50 dis[v]=dis[x]+e.val[j]; 51 que.push((node){v,dis[v]}); 52 } 53 } 54 } 55 } 56 int ex[N1],ey[N1],ew[N1]; 57 58 int main() 59 { 60 scanf("%d%d",&n,&m); 61 tot=n; 62 for(int i=1;i<=m;i++) 63 { 64 scanf("%d%d%d",&ex[i],&ey[i],&ew[i]); 65 addmp(ex[i],ey[i],ew[i]); addmp(ey[i],ex[i],ew[i]); 66 } 67 for(int i=1;i<=m;i++) 68 { 69 adde(ex[i],ey[i],ew[i]); adde(ey[i],ex[i],ew[i]); 70 } 71 dijkstra(); 72 for(int i=1;i<=n;i++) 73 if(dis[i]<inf) printf("%lld ",dis[i]); 74 else printf("-1 "); 75 puts(""); 76 return 0; 77 }
F Pairs of Paths （树上计数）
题目大意：给一棵n个点的树，给出m条链，问有多少对链，相交部分只有一个点。$n,m=3e5$
考虑讨论交点情况
设两个链的$LCA$分别为$fx,fy$，唯一的交点为$p$
如果$p e fx$且$p e fy$，这种情况不存在！画一下图就能发现了，不可能交出来一个X字型
如果$p=fx$，我们把$x$这条链的贡献放到$y$里统计
如果$p=fx=fy$，我们在$p$点讨论贡献
离线每条链到树上，在端点和$LCA$统计贡献
记录$f[x]$表示以$x$点为$LCA$的链条数
$g[x]$表示以$father[x]$为$LCA$时，经过$x$点的链数。那么在$x$点统计链端点的贡献时，肯定得把$g[x]$这部分去掉，因此我们维护一个$h[x]$表示到根节点链上所有点的$f[x]-g[x]$，再记录$h[x]$的前缀和
还有一些链向下有两个端点，只减$g[x]$会导致去掉了两次贡献，需要容斥一下把它们加回来一次，用$map$维护
在$x$点统计链$LCA$的贡献时，$f[x]-1$就是贡献，最后把这部分贡献/2就行
1 const int N1=300005; const ll p=998244353; 2 3 ll qpow(ll x,ll y) 4 { 5 ll ans=1; 6 for(;y;x=x*x%p,y>>=1) if(y&1) ans=ans*x%p; 7 return ans; 8 } 9 struct EDGE{ 10 int to[N1*2],nxt[N1*2],head[N1],cte; 11 void ae(int u,int v) 12 { cte++; to[cte]=v; nxt[cte]=head[u]; head[u]=cte; } 13 }e; 14 15 int n,m; 16 int ff[N1][20],dep[N1]; 17 struct node{ 18 int x,y; 19 friend bool operator < (const node &s1,const node &s2) 20 { 21 if(s1.x!=s2.x) return s1.x<s2.x; 22 return s1.y<s2.y; 23 } 24 }; 25 26 void dfs0(int u) 27 { 28 for(int j=e.head[u];j;j=e.nxt[j]) 29 { 30 int v=e.to[j]; if(v==ff[u][0]) continue; 31 ff[v][0]=u; dep[v]=dep[u]+1; dfs0(v); 32 } 33 } 34 void getfa() 35 { 36 for(int j=1;j<=19;j++) 37 for(int i=1;i<=n;i++) 38 ff[i][j]=ff[ ff[i][j-1] ][j-1]; 39 } 40 int LCA(int x,int y) 41 { 42 if(dep[x]<dep[y]) swap(x,y); 43 for(int j=19;j>=0;j--) if(dep[ff[x][j]]>=dep[y]) x=ff[x][j]; 44 if(x==y) return x; 45 int ans=0; 46 for(int j=19;j>=0;j--) 47 { 48 if(ff[x][j]==ff[y][j]) ans=ff[x][j]; 49 else x=ff[x][j], y=ff[y][j]; 50 } 51 return ans; 52 } 53 int jump(int x,int d) 54 { 55 for(int j=19;j>=0;j--) if(dep[ff[x][j]]>=d) 56 x=ff[x][j]; 57 return x; 58 } 59 60 struct PATH{ 61 int x,y,fa,fx,fy; 62 }pa[N1]; 63 ll f[N1],g[N1]; 64 ll h[N1],sh[N1]; 65 vector<int>qp[N1],ql[N1]; 66 map<node,int>two; 67 68 ll ans1,ans2; 69 void calc_lca(int u) 70 { 71 int x,y,fa,fx,fy; 72 for(int k=0;k<ql[u].size();k++) 73 { 74 int i=ql[u][k]; 75 x=pa[i].x, y=pa[i].y, fa=pa[i].fa, fx=pa[i].fx, fy=pa[i].fy; 76 if(x==y){ 77 ans2+=f[u]-1; 78 }else if(fa==y){ 79 ans2+=f[u]-g[fx]; 80 }else{ 81 ans2+=f[u]-g[fx]-g[fy]+two[(node){fx,fy}]; 82 } 83 } 84 } 85 void calc_nlca(int u) 86 { 87 h[u]=f[u]; sh[u]=sh[ff[u][0]]+h[u]; 88 int x,y,fa,fx,fy; 89 for(int k=0;k<qp[u].size();k++) 90 { 91 int i=qp[u][k]; 92 fa=pa[i].fa; 93 ans1+=sh[u]-sh[fa]; 94 } 95 } 96 void dfs1(int u) 97 { 98 calc_lca(u); 99 calc_nlca(u); 100 for(int j=e.head[u];j;j=e.nxt[j]) 101 { 102 int v=e.to[j]; if(v==ff[u][0]) continue; 103 h[u]=f[u]-g[v]; sh[u]=sh[ff[u][0]]+h[u]; 104 dfs1(v); 105 } 106 } 107 108 int main() 109 { 110 scanf("%d",&n); 111 int x,y,fa,fx,fy; 112 for(int i=1;i<n;i++) scanf("%d%d",&x,&y), e.ae(x,y), e.ae(y,x); 113 dep[1]=1; dfs0(1); getfa(); 114 scanf("%d",&m); 115 for(int i=1;i<=m;i++) 116 { 117 scanf("%d%d",&x,&y); 118 fa=LCA(x,y); 119 if(x==y){ 120 f[x]++; fx=fy=0; 121 ql[x].push_back(i); 122 }else if(fa==x||fa==y){ 123 if(fa==x) swap(x,y); 124 fx=jump(x,dep[fa]+1); fy=0; 125 f[fa]++; g[fx]++; 126 qp[x].push_back(i); ql[fa].push_back(i); 127 }else{ 128 fx=jump(x,dep[fa]+1); fy=jump(y,dep[fa]+1); 129 if(fx>fy) swap(x,y), swap(fx,fy); 130 f[fa]++; g[fx]++; g[fy]++; two[(node){fx,fy}]++; 131 qp[x].push_back(i); qp[y].push_back(i); ql[fa].push_back(i); 132 } 133 pa[i].x=x, pa[i].y=y, pa[i].fa=fa, pa[i].fx=fx, pa[i].fy=fy; 134 } 135 dfs1(1); ans1=ans1+ ans2/2; 136 printf("%lld ",ans1); 137 return 0; 138 }