1 xlk
1.1 题目描述
给定一棵大小为 n 的无根树，求满足以下条件的四元组 (a, b, c, d) 的个数：
1. 1 ≤ a < b ≤ n
2. 1 ≤ c < d ≤ n
3. 不存在一个点，使得这个点同时在点 a 到点 b 的最短路和点 c 到点 d 的最短路上。
1.2 输入格式
第一行一个数 n 。
接下来 n − 1 行，每行两个数 s, t ，表示一条连接 a 和 b 的边。
1.3 输出格式
输出满足条件的四元组的个数。
1.4 样例输入
4
1 2
2 3
3 4
1.5 样例输出
2
1.6 数据范围
对于 30% 的数据，满足 n ≤ 50 ；
对于 100% 的数据，满足 1 ≤ n ≤ 80000 。
xlk
容斥。
对于每棵子树，求出一条链在子树外，一条链过子树根的方案数。这样会算重。于是再枚举每棵子树，减去一条链过根，一条链在某棵子树内的方案数。
1 #include <cstdio> 2 #include <cstring> 3 #include <iostream> 4 #include <algorithm> 5 using namespace std; 6 7 #define LY(p) freopen (p".in", "r", stdin); freopen (p".out", "w", stdout) 8 #define LL long long 9 #define dbl double 10 #define ld long double 11 #ifdef WIN32 12 #define LLD "%I64d" 13 #else 14 #define LLD "%lld" 15 #endif 16 #define N 80010 17 int n, x, y; 18 int h[N], ent; 19 int siz[N]; 20 LL f[N], g[N], ans; 21 22 struct edge { 23 int v, n; 24 25 edge (int y = 0, int t = 0): v(y), n(t) {} 26 } e[N << 1]; 27 28 void link (int x, int y) {e[++ ent] = edge (y, h[x]), h[x] = ent;} 29 30 void dfs (int o, int ft) { 31 siz[o] = 1; 32 LL d = 0; 33 for (int x = h[o], y; y = e[x].v, x; x = e[x].n) 34 if (y != ft) { 35 dfs (y, o); 36 ans += g[o] * g[y] + f[o] * siz[y] + siz[o] * f[y]; 37 f[o] += d * siz[y] + siz[o] * g[y] + f[y]; 38 g[o] += siz[o] * siz[y] + g[y]; 39 siz[o] += siz[y]; 40 d += g[y]; 41 } 42 } 43 44 int main() 45 { 46 LY("xlk"); 47 scanf ("%d", &n); 48 for (int i = 1; i < n; i++) 49 scanf ("%d %d", &x, &y), link (x, y), link (y, x); 50 51 dfs (1, 0); 52 printf (LLD, ans << 1); 53 return 0; 54 }
2 wwwwodddd
2.1 题目描述
定义一个数 x 是 Happy Number ，当且仅当求该数字所有数位的平方和，得到的新数再次求所
有数位的平方和，如此重复进行，最终结果为 � 。
例如 19 就是个 Happy Number ：
19 → 12 + 92 = 82
82 → 82 + 22 = 68
68 → 62 + 82 = 100
100 → 12 + 02 + 02 = 1
给定 L, R ，求 [L, R] 内 Happy Number 的个数。
2.2 输入格式
第一行一个正整数 T ，表示数据组数。
接下来 T 行，每行两个正整数，表示 L, R 。
2.3 输出格式
对于每组测试数据，输出一个整数表示这个区间内 Happy Number 的个数。
2.4 样例输入
2
2 6
1 10
2.5 样例输出
0 3
2.6 数据范围
对于 30% 的数据，满足 R ≤ 105 ；
对于 100% 的数据，满足 1 ≤ L ≤ R ≤ 1018, 1 ≤ T ≤ 200 。
wwwwodddd
数位 dp 。
显然任意数经过一次变换后一定会小于 2000 ，于是预处理出 f[i][j] 表示 i 位数，平方和为 j 的个数，再预处理出 [0, 2000] 内所有的 Happy Number ，数位 dp 即可。
1 #include <cstdio> 2 #include <cstring> 3 #include <iostream> 4 #include <algorithm> 5 using namespace std; 6 7 #define LY(p) freopen (p".in", "r", stdin); freopen (p".out", "w", stdout) 8 #define LL long long 9 #define dbl double 10 #define ld long double 11 #ifdef WIN32 12 #define LLD "%I64d" 13 #else 14 #define LLD "%lld" 15 #endif 16 bool vis[1500], hap[1500]; 17 int T, m, now = 0; 18 LL L, R, f[2][1500][2]; 19 20 int C (int o) { 21 int s = 0; 22 while (o) 23 s += (o % 10) * (o % 10), o /= 10; 24 return s; 25 } 26 27 int dfs (int o) { 28 if (vis[o]) return hap[o]; 29 vis[o] = 1; 30 return hap[o] = (o > 1? dfs (C (o)) : 1); 31 } 32 33 void prep() { 34 m = 1458; 35 for (int i = 1; i <= m; i++) 36 dfs (i); 37 } 38 39 LL work (LL s) { 40 memset (f, 0, sizeof (f)); 41 f[now][0][0] = 1; 42 for (int nt = 0, ns = 0; s; s /= 10) { 43 nt = s % 10; 44 for (int s = 0; s <= ns; s++) 45 for (int r = 0; r <= 1; r++) 46 if (f[now][s][r]) 47 for (int i = 0; i <= 9; i++) 48 f[now ^ 1][s + i * i][i > nt || (r && i == nt)] += f[now][s][r]; 49 50 memset (f[now], 0, sizeof (f[now])), now ^= 1; 51 ns += 81; 52 } 53 LL ans = 0; 54 for (int s = 1; s <= m; s++) 55 if (hap[s]) 56 ans += f[now][s][0]; 57 return ans; 58 } 59 60 int main() 61 { 62 LY("wwwwodddd"); 63 prep(); 64 scanf ("%d", &T); 65 for (int TT = 1; TT <= T; TT++) { 66 scanf (LLD LLD, &L, &R); 67 printf (LLD" ", work (R) - work (L - 1)); 68 } 69 return 0; 70 }
3 zradiance
3.1 题目描述
给定一个序列 S ，支持以下操作：
• 插入一个数 x ，使得插入后 x 是序列的第 k 个元素
• 删除第 k 个元素
• 翻转区间 [L, R]
• 给定区间 [L, R] ，求
∑ (Sy − Sx)
L≤x≤y≤R
3.2 输入格式
第一行两个整数 n, m ，表示初始时序列长度以及操作数。
第二行 n 个整数，描述初始序列。
接下来 m 行，每行格式为：
• 1 k x
• 2 k
• 3 L R
• 4 L R
意义见题面。
3.3 输出格式
对于每次询问，输出要求表达式的值。
3.4 样例输入
2 5
1 2
4 1 2
1 1 3
2 2
3 1 2
4 1 2
3.5 样例输出
1 1
3.6 数据范围
对于 30% 的数据，满足 n, m ≤ 103
对于 100% 的数据，满足 n, m ≤ 105
zradiance
显然区间具有可加性。于是就是一个普通的序列维护题。
1 #include <cstdio> 2 #include <cstring> 3 #include <iostream> 4 #include <algorithm> 5 using namespace std; 6 7 #define LY(p) freopen (p".in", "r", stdin); freopen (p".out", "w", stdout) 8 #define LL long long 9 #define dbl double 10 #define ld long double 11 #ifdef WIN32 12 #define LLD "%I64d" 13 #else 14 #define LLD "%lld" 15 #endif 16 #define N 100010 17 int n, m, opt, x, k, L, R; 18 int val[N]; 19 20 struct SplayTree { 21 struct node { 22 int ch[2], fa, siz; 23 int rev; 24 LL val, lsum, rsum, sum; 25 }; 26 27 int siz, rt; 28 node a[N << 1]; 29 30 SplayTree(): siz(0), rt(0) {} 31 32 int newnode (int v, int ft) { 33 return siz ++, a[siz].val = a[siz].sum = a[siz].lsum = a[siz].rsum = v, a[siz].rev = 0, a[siz].siz = 1, a[siz].fa = ft, siz; 34 } 35 36 void update (int o) { 37 a[o].siz = a[ a[o].ch[0] ].siz + a[ a[o].ch[1] ].siz + 1; 38 a[o].sum = a[ a[o].ch[0] ].sum + a[ a[o].ch[1] ].sum + a[o].val; 39 a[o].lsum = a[ a[o].ch[0] ].lsum + a[ a[o].ch[1] ].lsum + (a[o].val + a[ a[o].ch[1] ].sum) * (a[ a[o].ch[0] ].siz + 1); 40 a[o].rsum = a[ a[o].ch[1] ].rsum + a[ a[o].ch[0] ].rsum + (a[o].val + a[ a[o].ch[0] ].sum) * (a[ a[o].ch[1] ].siz + 1); 41 } 42 43 void rev (int o) { 44 a[o].rev ^= 1; 45 swap (a[o].lsum, a[o].rsum); 46 swap (a[o].ch[0], a[o].ch[1]); 47 } 48 49 void push (int o) { 50 if (a[o].rev) 51 rev (a[o].ch[0]), rev (a[o].ch[1]), a[o].rev = 0; 52 } 53 54 void rotate (int o, int d) { 55 int f = a[o].fa, ff = a[f].fa, fd = (a[ff].ch[1] == f); 56 a[f].ch[d ^ 1] = a[o].ch[d], a[ a[o].ch[d] ].fa = f; 57 a[o].ch[d] = f, a[f].fa = o; 58 a[ff].ch[fd] = o, a[o].fa = ff; 59 update (f); 60 if (rt == f) rt = o; 61 } 62 63 void splay (int o, int ft = 0) { // note that the way to find the node 64 for (int f, ff, d, fd; a[o].fa != ft;) { 65 f = a[o].fa, ff = a[f].fa; 66 d = a[f].ch[1] == o, fd = a[ff].ch[1] == f; 67 if (ff == ft) 68 rotate (o, d ^ 1); 69 else 70 if (d == fd) 71 rotate (f, fd ^ 1), rotate (o, d ^ 1); 72 else 73 rotate (o, d ^ 1), rotate (o, fd ^ 1); 74 } 75 update (o); // remember it 76 } 77 78 int find (int k) { 79 int o = rt; 80 while (1) { 81 push (o); // push the tag while searching the node 82 if (k == a[ a[o].ch[0] ].siz + 1) 83 return o; 84 if (k < a[ a[o].ch[0] ].siz + 1) 85 o = a[o].ch[0]; 86 else 87 k -= a[ a[o].ch[0] ].siz + 1, o = a[o].ch[1]; 88 } 89 } 90 91 int get (int L, int R) { // original rank 92 int l, r; 93 r = find (R + 1 + 1), splay (r); // all rank + 1 94 l = find (L - 1 + 1), splay (l, r); // all rank + 1 95 return l; 96 } 97 98 void insert (int k, int v) { 99 int o = get (k, k - 1); 100 a[o].ch[1] = newnode (v, o); 101 splay (o); 102 } 103 104 void remove (int k) { 105 int o = get (k, k); 106 a[o].ch[1] = 0; 107 splay (o); 108 } 109 110 void reverse (int L, int R) { 111 int o = a[get (L, R)].ch[1]; 112 rev (o), push (o); 113 splay (o); 114 } 115 116 LL query (int L, int R) { 117 int o = a[get (L, R)].ch[1]; 118 LL s = a[o].lsum - a[o].rsum; 119 push (o), splay (o); 120 return s; 121 } 122 123 void build (int &o, int ft, int *val, int l, int r) { 124 if (l > r) return; 125 int mid (l + r >> 1); 126 o = newnode (val[mid], ft); 127 build (a[o].ch[0], o, val, l, mid - 1); 128 build (a[o].ch[1], o, val, mid + 1, r); 129 update (o); 130 } 131 132 void init (int *val, int n) { 133 rt = newnode (0, 0), a[rt].ch[1] = newnode (0, rt); 134 build (a[ a[rt].ch[1] ].ch[0], a[rt].ch[1], val, 1, n); 135 splay (a[rt].ch[1]); 136 } 137 } *T = new SplayTree; 138 139 int main() 140 { 141 LY("zradiance"); 142 scanf ("%d %d", &n, &m); 143 for (int i = 1; i <= n; i++) 144 scanf ("%d", val + i); 145 T-> init (val, n); 146 for (int i = 1; i <= m; i++) { 147 scanf ("%d", &opt); 148 if (opt == 1) 149 scanf ("%d %d", &k, &x), T-> insert (k, x); 150 if (opt == 2) 151 scanf ("%d", &k), T-> remove (k); 152 if (opt == 3) 153 scanf ("%d %d", &L, &R), T-> reverse (L, R); 154 if (opt == 4) 155 scanf ("%d %d", &L, &R), printf (LLD" ", T-> query (L, R)); 156 } 157 return 0; 158 }
以上题解fromZZD