牛客练习赛26游记
A-平面
题目大意：
在平面上画(n(nle10^9))个X，最多将平面分成几部分？
思路：
如果是画直线的话答案是(frac{n^2+n+2}2)。
画X相当于画两条直线，因此答案是(2n^2+n+1)。
时间复杂度(mathcal O(1))。
源代码：
#include<cstdio>
#include<cctype>
inline int getint() {
register char ch;
while(!isdigit(ch=getchar()));
register int x=ch^'0';
while(isdigit(ch=getchar())) x=(((x<<2)+x)<<1)+(ch^'0');
return x;
}
typedef long long int64;
int main() {
const int n=getint()*2;
printf("%lld
",((int64)n*n+n+2)/2);
return 0;
}
B-烟花
题目大意：
有(n(nle10^5))个烟花，每个烟花代表着互不相同的颜色，对于第(i)个烟花，它有(p_i)的概率被成功点燃。求产生颜色的期望个数及产生恰好(k(kle200))种颜色的概率。
思路：
显然期望个数就是(sum p_i)。
而产生恰好(k)种颜色的概率可以DP。
用(f_{i,j})表示前(i)个烟花中成功点燃(j)个的概率，转移方程为(f_{i,j}=f_{i-1,j-1} imes p_i+f_{i-1,j} imes(1-p_i))。
时间复杂度(mathcal O(nk))。
源代码：
#include<cstdio>
#include<cctype>
inline int getint() {
register char ch;
while(!isdigit(ch=getchar()));
register int x=ch^'0';
while(isdigit(ch=getchar())) x=(((x<<2)+x)<<1)+(ch^'0');
return x;
}
const int N=1e5+1,M=201;
double p[N],f[N][M];
int main() {
const int n=getint(),m=getint();
for(register int i=1;i<=n;i++) {
scanf("%lf",&p[i]);
}
f[0][0]=1;
for(register int i=1;i<=n;i++) {
f[i][0]=f[i-1][0]*(1-p[i]);
for(register int j=1;j<=m;j++) {
f[i][j]=f[i-1][j]*(1-p[i])+f[i-1][j-1]*p[i];
}
}
double ans=0;
for(register int i=1;i<=n;i++) ans+=p[i];
printf("%.4f
%.4f
",ans,f[n][m]);
return 0;
}
C-城市规划
题目大意：
有一条(n(nle10^6))个点的链，各结点编号依次为(1sim n)。另有(m(mle10^7))个限制((x_i,y_i))，要求你从链上去掉一些边，使得对于所有的限制，(x_i)与(y_i)均不连通。求最少删掉几条边。
思路：
如果我们假设结点(1,2)之间的边编号为(2)，(2,3)之间的边编号为(3)。将约束条件从点转化成边，则([x_i+1,y_i])之间一定有边要被删掉。
方便起见，下面我们用(x_i)表示前面的(x_i+1)。
对于每个(y_i)只保留最大的(x_i)。
从左往右扫一遍，记录删去的最右的边(p)。如果当前点是某个(y_i)，且对应的(x_ile p)，说明(x_isim y_i)之间已经不连通了，这时不需要进行任何操作。如果(x_i>p)，则将(x_i)作为新的(p)，ans++即可。
时间复杂度(mathcal O(n+m))，但是比较卡常。
源代码：
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<algorithm>
#include<sys/mman.h>
#include<sys/stat.h>
class MMapInput {
private:
char *buf,*p;
int size;
public:
MMapInput() {
register int fd=fileno(stdin);
struct stat sb;
fstat(fd,&sb);
size=sb.st_size;
buf=reinterpret_cast<char*>(mmap(0,size,PROT_READ,MAP_PRIVATE,fileno(stdin),0));
p=buf;
}
char getchar() {
return (p==buf+size||*p==EOF)?EOF:*p++;
}
};
MMapInput mmi;
inline int getint() {
register char ch;
while(!isdigit(ch=mmi.getchar()));
register int x=ch^'0';
while(isdigit(ch=mmi.getchar())) x=(((x<<2)+x)<<1)+(ch^'0');
return x;
}
const int N=1e6+1;
int cnt[N],left[N];
int main() {
const int n=getint(),m=getint();
for(register int i=0;i<m;i++) {
const int b=getint()+1,e=getint();
left[e]=std::max(left[e],b);
}
int ans=0;
for(register int i=1,p=0;i<=n;i++) {
if(p<left[i]) {
ans++;
p=i;
}
}
printf("%d
",ans);
return 0;
}
D-xor序列
题目大意：
一个长度为(n(nle10^5))的数列，(q(qle10^5))次询问，每次询问(x)能否通过与数列中的一些数进行异或运算使得最终结果为(y)。
思路：
线性基。
源代码：
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<algorithm>
inline int getint() {
register char ch;
while(!isdigit(ch=getchar()));
register int x=ch^'0';
while(isdigit(ch=getchar())) x=(((x<<2)+x)<<1)+(ch^'0');
return x;
}
const int N=32;
int b[N];
int main() {
const int n=getint();
for(register int i=0;i<n;i++) {
int x=getint();
for(register int i=N-1;~i;i--) {
if(!(x&(1ll<<i))) continue;
if(!b[i]) {
b[i]=x;
break;
} else {
x^=b[i];
}
}
}
const int m=getint();
for(register int i=0;i<m;i++) {
int x=getint()^getint();
for(register int i=N-1;~i;i--) {
if(x>>i&1) x^=b[i];
}
puts(x==0?"YES":"NO");
}
return 0;
}
E-树上路径
题目大意：
给出一个(n)个点的树，(1)号节点为根节点，每个点有一个权值。(m(mle10^5))次操作，操作包含以下(3)种：
- 将以(x)为根的子树内节点的权值加(val)；
- 将((x,y))路径上的节点权值加(val)；
- 询问((x,y))路径上节点的权值两两相乘的和。
思路：
首先考虑数列上的情况，对于区间([l,r])。若我们记(a)为([l,r])的和，(b)为([l,r])的平方和，则答案为(frac{a^2-b}2)。
可以使用线段树来维护，利用树链剖分将这种做法推广到树上。
时间复杂度(mathcal O(mlog^2 n))。
源代码：
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<vector>
inline int getint() {
register char ch;
while(!isdigit(ch=getchar()));
register int x=ch^'0';
while(isdigit(ch=getchar())) x=(((x<<2)+x)<<1)+(ch^'0');
return x;
}
using int64=long long;
const int N=1e5+1,mod=1e9+7,inv=5e8+4;
int w[N],par[N],top[N],dep[N],size[N],son[N],dfn[N],id[N];
std::vector<int> e[N];
inline void add_edge(const int &u,const int &v) {
e[u].emplace_back(v);
e[v].emplace_back(u);
}
void dfs(const int &x,const int &par) {
size[x]=1;
::par[x]=par;
dep[x]=dep[par]+1;
for(auto &y:e[x]) {
if(y==par) continue;
dfs(y,x);
size[x]+=size[y];
if(size[y]>size[son[x]]) {
son[x]=y;
}
}
}
void dfs(const int &x) {
dfn[x]=++dfn[0];
id[dfn[x]]=x;
top[x]=x==son[par[x]]?top[par[x]]:x;
if(son[x]) dfs(son[x]);
for(auto &y:e[x]) {
if(y==par[x]||y==son[x]) continue;
dfs(y);
}
}
class SegmentTree {
#define _left <<1
#define _right <<1|1
#define mid ((b+e)>>1)
private:
int tag[N<<2],sum[N<<2],ssum[N<<2];
void update(const int &p,const int &b,const int &e,const int &x) {
(tag[p]+=x)%=mod;
ssum[p]=((ssum[p]+(int64)x*x%mod*len(b,e)%mod)%mod+(int64)2*sum[p]%mod*x%mod)%mod;
sum[p]=(sum[p]+(int64)x*len(b,e))%mod;
}
void push_up(const int &p) {
sum[p]=(sum[p _left]+sum[p _right])%mod;
ssum[p]=(ssum[p _left]+ssum[p _right])%mod;
}
void push_down(const int &p,const int &b,const int &e) {
if(!tag[p]) return;
update(p _left,b,mid,tag[p]);
update(p _right,mid+1,e,tag[p]);
tag[p]=0;
}
inline int len(const int &b,const int &e) const {
return e-b+1;
}
public:
void build(const int &p,const int &b,const int &e) {
tag[p]=0;
if(b==e) {
sum[p]=w[id[b]];
ssum[p]=(int64)w[id[b]]*w[id[b]]%mod;
return;
}
build(p _left,b,mid);
build(p _right,mid+1,e);
push_up(p);
}
void modify(const int &p,const int &b,const int &e,const int &l,const int &r,const int &x) {
if(b==l&&e==r) {
update(p,b,e,x);
return;
}
push_down(p,b,e);
if(l<=mid) modify(p _left,b,mid,l,std::min(mid,r),x);
if(r>mid) modify(p _right,mid+1,e,std::max(mid+1,l),r,x);
push_up(p);
}
std::pair<int,int> query(const int &p,const int &b,const int &e,const int &l,const int &r) {
if(b==l&&e==r) {
return std::make_pair(sum[p],ssum[p]);
}
int ret0=0,ret1=0;
push_down(p,b,e);
if(l<=mid) {
const auto q=query(p _left,b,mid,l,std::min(mid,r));
(ret0+=q.first)%=mod;
(ret1+=q.second)%=mod;
}
if(r>mid) {
const auto q=query(p _right,mid+1,e,std::max(mid+1,l),r);
(ret0+=q.first)%=mod;
(ret1+=q.second)%=mod;
}
return std::make_pair(ret0,ret1);
}
#undef _left
#undef _right
#undef mid
};
SegmentTree t;
inline int query(int x,int y) {
int ret0=0,ret1=0;
while(top[x]!=top[y]) {
if(dep[top[x]]<dep[top[y]]) std::swap(x,y);
const auto q=t.query(1,1,dfn[0],dfn[top[x]],dfn[x]);
(ret0+=q.first)%=mod;
(ret1+=q.second)%=mod;
x=par[top[x]];
}
if(dep[x]<dep[y]) std::swap(x,y);
const auto q=t.query(1,1,dfn[0],dfn[y],dfn[x]);
(ret0+=q.first)%=mod;
(ret1+=q.second)%=mod;
return ((int64)ret0*ret0%mod-ret1+mod)%mod;
}
inline void modify(int x,int y,const int &val) {
while(top[x]!=top[y]) {
if(dep[top[x]]<dep[top[y]]) std::swap(x,y);
t.modify(1,1,dfn[0],dfn[top[x]],dfn[x],val);
x=par[top[x]];
}
if(dep[x]<dep[y]) std::swap(x,y);
t.modify(1,1,dfn[0],dfn[y],dfn[x],val);
}
int main() {
const int n=getint(),m=getint();
for(register int i=1;i<=n;i++) w[i]=getint();
for(register int i=1;i<n;i++) {
add_edge(getint(),getint());
}
dfs(1,0);
dfs(1);
t.build(1,1,n);
for(register int i=0;i<m;i++) {
const int opt=getint();
if(opt==1) {
const int x=getint(),val=getint();
t.modify(1,1,n,dfn[x],dfn[x]+size[x]-1,val);
}
if(opt==2) {
const int x=getint(),y=getint(),val=getint();
modify(x,y,val);
}
if(opt==3) {
const int x=getint(),y=getint();
printf("%d
",(int64)query(x,y)*inv%mod);
}
}
return 0;
}