3.15 模拟赛

T1 1e5只龙的故事

题目大意：

一棵树 q次询问 每次询问一条路径上的第$k$小的点的权值（不去重），然后把整个路径上所有点的权值都改成这个值

思路：

好暴力啊

使用树剖线段树暴力维护权值一样的区间 查询的时候开个数组记录所有满足条件的区间 排序后直接查即可

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<vector>
#include<map>
#include<set>
#define ll long long
#define db double
#define inf 2139062143
#define MAXN 180100
#define rep(i,s,t) for(register int i=(s),i##__end=(t);i<=i##__end;++i)
#define dwn(i,s,t) for(register int i=(s),i##__end=(t);i>=i##__end;--i)
#define ren for(register int i=fst[x];i;i=nxt[i])
#define pb(i,x) vec[i].push_back(x)
#define pls(a,b) (a+b)%MOD
#define mns(a,b) (a-b+MOD)%MOD
#define mul(a,b) (1LL*(a)*(b))%MOD
using namespace std;
inline int read()
{
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
    while(isdigit(ch)) {x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}
int n,nxt[MAXN<<1],fst[MAXN],to[MAXN<<1],cnt,val[MAXN],tag[MAXN<<2];
int sz[MAXN],dep[MAXN],fa[MAXN],hvs[MAXN],bl[MAXN],in[MAXN],tot;
void add(int u,int v) {nxt[++cnt]=fst[u],fst[u]=cnt,to[cnt]=v;}
void dfs(int x,int pa)
{
    sz[x]=1,fa[x]=pa;ren if(to[i]^pa) 
        {dep[to[i]]=dep[x]+1;dfs(to[i],x);sz[x]+=sz[to[i]],hvs[x]=sz[to[i]]>sz[hvs[x]]?to[i]:hvs[x];}
}
void Dfs(int x,int anc)
{
    bl[x]=anc,in[x]=++tot;if(!hvs[x]) return ;Dfs(hvs[x],anc);
    ren if(to[i]^fa[x]&&to[i]^hvs[x]) Dfs(to[i],to[i]);
}
struct ask{int x,v;}res[MAXN];int top;
void pshd(int k) {if(tag[k]) tag[k<<1]=tag[k<<1|1]=tag[k],tag[k]=0;}
void mdf(int k,int l,int r,int a,int b,int x)
{
    if(l==a&&r==b) {tag[k]=x;return ;}int mid=l+r>>1;pshd(k);
    if(b<=mid) mdf(k<<1,l,mid,a,b,x);else if(a>mid) mdf(k<<1|1,mid+1,r,a,b,x);
    else {mdf(k<<1,l,mid,a,mid,x);mdf(k<<1|1,mid+1,r,mid+1,b,x);}
}
void query(int k,int l,int r,int a,int b)
{
    if(l==a&&r==b&&tag[k]) {res[++top]=(ask){tag[k],r-l+1};return ;}int mid=l+r>>1;pshd(k);
    if(b<=mid) query(k<<1,l,mid,a,b);else if(a>mid) query(k<<1|1,mid+1,r,a,b);
    else {query(k<<1,l,mid,a,mid);query(k<<1|1,mid+1,r,mid+1,b);}
}
bool cmp(ask a,ask b){return a.x<b.x;}
int Query(int a,int b,int k)
{
    for(top=0;bl[a]!=bl[b];a=fa[bl[a]])
        {if(dep[bl[a]]<dep[bl[b]]) swap(a,b);query(1,1,n,in[bl[a]],in[a]);}
    if(in[a]>in[b]) swap(a,b);query(1,1,n,in[a],in[b]);
    sort(res+1,res+top+1,cmp);int sum=0;rep(i,1,top) {sum+=res[i].v;if(sum>=k) return res[i].x;}
}
void work(int a,int b,int k)
{
    for(;bl[a]!=bl[b];a=fa[bl[a]])
        {if(dep[bl[a]]<dep[bl[b]]) swap(a,b);mdf(1,1,n,in[bl[a]],in[a],k);}
    if(in[a]>in[b]) swap(a,b);mdf(1,1,n,in[a],in[b],k);
}
int main()
{
    n=read();int a,b,x=read(),y=read(),MOD=read();
    rep(i,1,n) val[i]=read();rep(i,2,n) a=read(),b=read(),add(a,b),add(b,a);
    int q=read(),k;dfs(1,0);Dfs(1,1);rep(i,1,n) mdf(1,1,n,in[i],in[i],val[i]);
    while(q--)
        {a=read(),b=read(),k=read();k=Query(a,b,k);printf("%d
",k);work(a,b,pls(mul(k,x),y)+1);}
}

T2 小R的箱子

题目大意：

每个箱子有长$x$和宽$y$，只有满足$a.x<=b.x$且$a.y<=b.y$才能把$a$装进$b$内（不能交换x y

且每个箱子里只能装一个，但是可以嵌套。

思路：

每个箱子向可以装它的箱子连边，费用为起点箱子的面积

把每个点拆成两个点，分别与$S$,$T$连边来限制流量，跑一个最大费用流

用总费用去减即可

这样就需要去重，所有相等的看做一个，其余的直接装进去（否则两个相等的会互相装

（原来一直以来我的费用流都是假的，自闭了

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<vector>
#include<map>
#include<set>
#define ll long long
#define db double
#define inf 2139062143
#define MAXN 510
#define MAXM 40100
#define rep(i,s,t) for(register int i=(s),i##__end=(t);i<=i##__end;++i)
#define dwn(i,s,t) for(register int i=(s),i##__end=(t);i>=i##__end;--i)
#define ren for(register int i=fst[x];i;i=nxt[i])
#define pb(i,x) vec[i].push_back(x)
#define pls(a,b) (a+b)%MOD
#define mns(a,b) (a-b+MOD)%MOD
#define mul(a,b) (1LL*(a)*(b))%MOD
using namespace std;
inline int read()
{
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
    while(isdigit(ch)) {x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}
int n,x[MAXN],y[MAXN],S,T,ban[MAXN];
struct ZKW
{
    int fst[MAXN],to[MAXM<<1],nxt[MAXM<<1],val[MAXM<<1],cos[MAXM<<1],cnt;
    int dis[MAXN],vis[MAXN],res;
    ZKW() {res=0,cnt=1;memset(fst,0,sizeof(fst));}
    void add(int u,int v,int w,int c) {nxt[++cnt]=fst[u],fst[u]=cnt,to[cnt]=v,val[cnt]=w,cos[cnt]=c;}
    void ins(int u,int v,int w,int c) {add(u,v,w,c);add(v,u,0,-c);}
    int spfa()
    {
        memset(dis,127,sizeof(dis));
        queue<int> q;
        dis[T]=0,vis[T]=1;q.push(T);
        while(!q.empty())
        {
            int x=q.front();q.pop();vis[x]=0;
            for(int i=fst[x];i;i=nxt[i])
                if(val[i^1]&&dis[to[i]]>dis[x]-cos[i])
                {
                    dis[to[i]]=dis[x]-cos[i];
                    if(!vis[to[i]]) {q.push(to[i]);vis[to[i]]=1;}
                }
        }
        return dis[S]!=inf;
    }
    int dfs(int x,int a)
    {
        if(x==T||!a) {res+=dis[S]*a;return a;}
        if(vis[x])return 0;
        vis[x]=1;
        int res=0,f;
        for(int i=fst[x];i&&a;i=nxt[i])
            if(val[i]&&dis[to[i]]==dis[x]-cos[i]&&(f=dfs(to[i],min(a,val[i]))))
                res+=f,val[i]-=f,val[i^1]+=f,a-=f;
        return res;
    }
    void solve(int flw=0) 
    {
        int f;while(spfa()) 
            do{memset(vis,0,sizeof(vis));f=dfs(S,inf),flw+=f;}while(f);
    }
}Z;
int main()
{
    n=read();rep(i,1,n) x[i]=read(),y[i]=read();S=(n<<1)+10,T=S+1;int sum=0;
    rep(i,1,n) rep(j,i+1,n) if(x[i]==x[j]&&y[i]==y[j]) ban[max(j,i)]=1;
    rep(i,1,n) rep(j,1,n) if(i!=j&&x[i]<=x[j]&&y[i]<=y[j]&&ban[i]==0&&ban[j]==0) Z.ins(i,j+n,1,-x[i]*y[i]);
    rep(i,1,n) if(!ban[i]) Z.ins(S,i,1,0),Z.ins(i+n,T,1,0),sum+=x[i]*y[i];
    Z.solve();
    printf("%d
",sum+Z.res);
}

T3 绯红之王

题目大意：

已知数列$a$，求$sumlimits_{i=1}^n {a_i}^k$

思路：

很久以前讲过的题，调了一年才搞出来

首先设$f_k=sumlimits_{i=1}^n {a_i}^k$ ， $g_k$表示对于所有$C_n^k$种选择的方法，$g_k=$所有方法内各个数相乘的和

例如数列中有四个数$a,b,c,d$ 则

$g_0=1$

$g_1=a+b+c+d$

$g_2=ab+ac+ad+bc+bd+cd$

$g_3=abc+abd+acd+bcd,g_4=abcd$

我们可以发现

$f_2=f_1 * g_1 - 2g_2$

$f_3=f_2 * g_1 - f_1* g_2 + 3g_3$

$f_4=f_3*g_1-f_2*g_2+f_1*g_3-4g_4$

发现下标为偶数的$g$都变成了其相反数，而且这是一个$f_0$在变化的分治$NTT$形式

那么我们将$f_0$设为0，在$cdq$到$l==r$时，再加上这个$n*g_n$贡献

现在考虑如何计算$g$数组，因为$g_i$是齐次轮换对称式 可以通过计算两部分再合并

例如$h_0=1,h_1=a+b+c,h_2=ab+ac+bc,h_3=abc$

$t_0=1,t_1=d+e+f,t_2=de+df+ed,t_3=def$

则$g_0=h_0*t_0=1$

$g_1=h_0*t_1+h_1*t_0$

$g_2=h_0*t_2+h_1*t_1+h_2*t_0$

$......$

这样可以维护一个类似线段树的结构来计算$g$，即一开始每个点有一个自己的多项式$1,a_i$

然后一层一层往上合并，计算出$g$后再用分治$NTT$来计算$f$

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<vector>
#include<map>
#include<set>
#define ll long long
#define db double
#define inf 2139062143
#define MAXN 800100
#define MOD 998244353
#define rep(i,s,t) for(register int i=(s),i##__end=(t);i<=i##__end;++i)
#define dwn(i,s,t) for(register int i=(s),i##__end=(t);i>=i##__end;--i)
#define ren for(register int i=fst[x];i;i=nxt[i])
#define pb(i,x) vec[i].push_back(x)
#define pls(a,b) (1LL*a%MOD+b%MOD+MOD)%MOD
#define mns(a,b) (1LL*a%MOD-b%MOD+MOD)%MOD
#define mul(a,b) ((ll)(1LL*(a))%MOD*(b)%MOD)%MOD
using namespace std;
inline int read()
{
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
    while(isdigit(ch)) {x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}
int n,rev[MAXN],l2[MAXN],pw[MAXN],A[MAXN],B[MAXN],aa[MAXN];
int g[MAXN],f[MAXN];
vector<int> vec[MAXN];
int q_pow(int bas,int t,int res=1)
{
    for(;t;bas=mul(bas,bas),t>>=1)
        if(t&1) res=mul(res,bas);return res;
}
void ntt(int *a,int n,int f)
{
    rep(i,0,n-1) if(i<rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);
    for(int i=1;i<n;i<<=1)
    {
        int wn=pw[i<<1];if(f==-1) wn=q_pow(wn,MOD-2);
        for(int j=0;j<n;j+=i<<1)
        {
            int w=1,x,y;
            for(int k=0;k<i;k++,w=mul(w,wn))
                x=a[k+j],y=mul(a[i+j+k],w),a[j+k]=pls(x,y),a[i+j+k]=mns(x,y);
        }
    }
    if(f==1) return ;int nv=q_pow(n,MOD-2);
    rep(i,0,n-1) a[i]=mul(a[i],nv);
}
void solve(int *a,int *b,int lmt)
{
    ntt(a,lmt,1);ntt(b,lmt,1);rep(i,0,lmt-1) a[i]=mul(a[i],b[i]);
    ntt(a,lmt,-1);
}
void Div(int l,int r,ll lmt=0)
{
    if(l==r) return ;int mid=(l+r)>>1,lg;
    Div(l,mid);Div(mid+1,r);lg=l2[r-l+1]+1,lmt=1<<lg;
    rep(i,0,lmt-1) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(lg-1)),A[i]=B[i]=0;
    rep(i,0,vec[l].size()-1) A[i]=vec[l][i];
    rep(i,0,vec[mid+1].size()-1) B[i]=vec[mid+1][i];
    solve(A,B,lmt);
    vec[l].clear();vec[mid+1].clear();
    rep(i,0,lmt-1) vec[l].push_back(A[i]);
}
void cdq(int l,int r)
{
    if(l==r) {f[l]=pls(f[l],mul(g[l],l));return ;}
    int mid=l+r>>1,lmt=r-l+1;cdq(l,mid);
    int t=l2[lmt]+1;lmt=1<<t;
    rep(i,0,lmt-1) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(t-1)),A[i]=B[i]=0;
    rep(i,l,mid) A[i-l]=f[i];rep(i,1,r-l) B[i-1]=g[i];
    solve(A,B,lmt);rep(i,mid+1,r) f[i]=pls(f[i],A[i-l-1]);
    cdq(mid+1,r);
}
int main()
{
    n=read();rep(i,1,n) aa[i]=read();rep(i,2,n<<1) l2[i]=l2[i>>1]+1;
    rep(i,1,n<<1) pw[i]=q_pow(3,(MOD-1)/i);
    rep(i,1,n) vec[i].push_back(1),vec[i].push_back(aa[i]);
    Div(1,n);rep(i,0,n) g[i]=vec[1][i];
    rep(i,0,n) if(!(i&1)) g[i]=-g[i];
    cdq(0,n);rep(i,1,n) printf("%d
",f[i]);
}