这场好难 (dls)下手也太狠了
A
好奇怪的题 弃了
B
将每个点认为是边和列之间的边，容易发现题意即为求最小生成树
因为边权不会太大，桶排序后(kruskal)即可
#include<bits/stdc++.h>
#define inf 2139062143
#define ll long long
#define db double
#define ld long double
#define ull unsigned long long
#define MAXN 100100
#define MOD 998244353
#define Fill(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
#define rep(i,s,t) for(int i=(s),i##end=(t);i<=i##end;++i)
#define dwn(i,s,t) for(int i=(s),i##end=(t);i>=i##end;--i)
#define ren for(int i=fst[x];i;i=nxt[i])
#define pls(a,b) (a+b)%p
#define mul(a,b) (1LL*(a)*(b))%p
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
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,m,a,b,c,d,p,las,fa[MAXN],ans;
vector<pii> e[MAXN];
int find(int x){return x==fa[x]?x:fa[x]=find(fa[x]);}
inline int merge(int u,int v)
{
int fu=find(u),fv=find(v);
if(fu!=fv) return fa[fu]=fv;return 0;
}
int main()
{
n=read(),m=read(),las=a=read(),b=read(),c=read(),d=read(),p=read();
rep(i,1,n) rep(j,1,m)
{
las=pls(pls(mul(mul(las,las),b),mul(las,c)),d);
e[las].pb({i,j+n});
}
rep(i,1,n+m) fa[i]=i;
rep(i,0,p-1) for(auto t:e[i])
if(merge(t.fi,t.se)) ans+=i;
printf("%d
",ans);
}
C
至多(2n)个点就一定可以满足要求，而能减小答案的点一定满足该点所在行和列限制相同
这样的话对于这种点行与列连边，做最大费用流即可
#include<bits/stdc++.h>
#define inf 213906214300000LL
#define ll long long
#define db double
#define ld long double
#define ull unsigned long long
#define MAXN 1001001
#define MAXM 1001001
#define Fill(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
#define rep(i,s,t) for(int i=(s),i##end=(t);i<=i##end;++i)
#define dwn(i,s,t) for(int i=(s),i##end=(t);i>=i##end;--i)
#define ren for(int i=fst[x];i;i=nxt[i])
#define pls(a,b) (a+b)%MOD
#define mns(a,b) (a-b+MOD)%MOD
#define mul(a,b) (1LL*(a)*(b))%MOD
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
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,m,k,a[MAXN],b[MAXN];
ll ans;
struct ZKW
{
int nxt[MAXM<<1],to[MAXM<<1],val[MAXM<<1],cnt,fst[MAXN];
int vis[MAXN],S,T;queue<int> q;
ll cst[MAXM<<1],dis[MAXN],res;
void mem(){Fill(fst,0);cnt=1,res=0;}
void add(int u,int v,int w,int c) {nxt[++cnt]=fst[u],fst[u]=cnt,to[cnt]=v,val[cnt]=w,cst[cnt]=c;}
void ins(int u,int v,int w,int c) {add(u,v,w,c),add(v,u,0,-c);}
int spfa()
{
int x;rep(i,1,n*2+2) dis[i]=-inf,vis[i]=0;
dis[T]=0,vis[T]=1;q.push(T);while(!q.empty())
{
x=q.front(),q.pop();vis[x]=0;ren if(dis[to[i]]<dis[x]-cst[i]&&val[i^1])
{dis[to[i]]=dis[x]-cst[i];if(!vis[to[i]]) vis[to[i]]=1,q.push(to[i]);}
}
return dis[S]!=-inf;
}
int dfs(int x,int a)
{
if(vis[x]) return 0;vis[x]=1;if(x==T||!a) {res+=a*dis[S];return a;}
int f,flw=0;ren if(val[i]&&dis[to[i]]==dis[x]-cst[i]&&(f=dfs(to[i],min(a,val[i]))))
a-=f,val[i]-=f,val[i^1]+=f,flw+=f;
return flw;
}
int solve()
{
int f,flw=0;while(spfa())
do{memset(vis,0,sizeof(vis));f=dfs(S,inf),flw+=f;}while(f);
return res;
}
}Z;
int main()
{
n=read(),m=read(),k=read();int x,y;
rep(i,1,n) a[i]=read(),ans+=a[i];
rep(i,1,n) b[i]=read(),ans+=b[i];
Z.mem();Z.S=2*n+1,Z.T=2*n+2;
rep(i,1,n) Z.ins(Z.S,i,1,0),Z.ins(n+i,Z.T,1,0);
rep(i,1,m) {x=read(),y=read();if(a[x]==b[y]) Z.ins(x,y+n,1,a[x]);}
printf("%d
",ans-Z.solve());
}
D
容斥+三维背包 咕了
E
打表题（bushi
不难发现每一对数对是连续的，且(a_i=x^2 a_{i-1}-a_{i-2})，其中((x,x^3))为这一条链的起始数对
最后(upper\_bound)即可
（也可以正经做，但是懒得再推一遍了，反正结论就是这个
#include<bits/stdc++.h>
#define inf 2139062143
#define ll long long
#define db double
#define ld long double
#define ull unsigned long long
#define MAXN 10010010
#define MOD 998244353
#define Fill(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
#define rep(i,s,t) for(int i=(s),i##end=(t);i<=i##end;++i)
#define dwn(i,s,t) for(int i=(s),i##end=(t);i>=i##end;--i)
#define ren for(int i=fst[x];i;i=nxt[i])
#define pls(a,b) (a+b)%MOD
#define mns(a,b) (a-b+MOD)%MOD
#define mul(a,b) (1LL*(a)*(b))%MOD
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
using namespace std;
inline ll read()
{
ll 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;
}
ll g[MAXN],n,ans;int tot;
void mem(int n=1e6,ll lim=1e18)
{
__int128 x,y,z;g[++tot]=1;
rep(i,2,n)
{
x=i,y=1LL*i*i*i;
while(y<=lim)
g[++tot]=y,z=y*i*i-x,x=y,y=z;
}
sort(g+1,g+tot+1);
}
int main()
{
mem();rep(T,1,read())
{
n=read();ans=upper_bound(g+1,g+tot+1,n)-g-1;
printf("%d
",ans);
}
}
F
爆搜题
可以发现(nle 3)时显然不可能所有操作出现分数，直接判断
先搜出(4)个数的组合，再排列后枚举所有的符号组合
判断能凑出答案的所有方案是否都出现分数即可
#include<bits/stdc++.h>
#define inf 2139062143
#define ll long long
#define db double
#define ld long double
#define ull unsigned long long
#define MAXN 100100
#define MOD 998244353
#define Fill(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
#define rep(i,s,t) for(int i=(s),i##end=(t);i<=i##end;++i)
#define dwn(i,s,t) for(int i=(s),i##end=(t);i>=i##end;--i)
#define ren for(int i=fst[x];i;i=nxt[i])
#define pls(a,b) (a+b)%MOD
#define mns(a,b) (a-b+MOD)%MOD
#define mul(a,b) (1LL*(a)*(b))%MOD
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
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;
}
const db eps=1e-6;
int n,m,op[10],p,w[10],res=0;
vector<int> ans[5];
inline int isz(db x){return (-eps<x&&x<eps);}
int isd(db x){return fabs(x-(int)x)>=eps;}
db calc(db a,db b,int c)
{
if(c==1) return a+b;
if(c==2) return a-b;
if(c==3) return a*b;
if(isz(b)) return inf;
return a/b;
}
int cheq()
{
int ret=0,rett=0;db res=0;
if(p==1)
{
db t1=calc(w[1],w[2],op[1]);
if(isz(t1-inf)){ret=0;return ret;}
if(isd(t1)) rett=1;
db t2=calc(t1,w[3],op[2]);
if(isz(t2-inf)){ret=0;return ret;}
if(isd(t2)) rett=1;
res=calc(t2,w[4],op[3]);
if(isz(res-m)) ret=1;
else {ret=0;return ret;}
}
else if(p==2)
{
db t1=calc(w[1],w[2],op[1]);
if(isz(t1-inf)){ret=0;return ret;}
if(isd(t1)) rett=1;
db t2=calc(w[3],w[4],op[3]);
if(isz(t2-inf)){ret=0;return ret;}
if(isd(t2)) rett=1;
res=calc(t1,t2,op[2]);
if(isz(res-m)) ret=1;
else {ret=0;return ret;}
}
else if(p==3)
{
db t1=calc(w[2],w[3],op[2]);
if(isz(t1-inf)){ret=0;return ret;}
if(isd(t1)) rett=1;
db t2=calc(w[1],t1,op[1]);
if(isz(t2-inf)){ret=0;return ret;}
if(isd(t2)) rett=1;
res=calc(t2,w[4],op[3]);
if(isz(res-m)) ret=1;
else {ret=0;return ret;}
}
else if(p==4)
{
db t1=calc(w[2],w[3],op[2]);
if(isz(t1-inf)){ret=0;return ret;}
if(isd(t1)) rett=1;
db t2=calc(t1,w[4],op[3]);
if(isz(t2-inf)){ret=0;return ret;}
if(isd(t2)) rett=1;
res=calc(w[1],t2,op[1]);
if(isz(res-m)) ret=1;
else {ret=0;return ret;}
}
else if(p==5)
{
db t1=calc(w[3],w[4],op[3]);
if(isz(t1-inf)){ret=0;return ret;}
if(isd(t1)) rett=1;
db t2=calc(w[1],w[2],op[1]);
if(isz(t2-inf)){ret=0;return ret;}
if(isd(t2)) rett=1;
res=calc(t1,t2,op[2]);
if(isz(res-m)) ret=1;
else {ret=0;return ret;}
}
else
{
db t1=calc(w[3],w[4],op[3]);
if(isz(t1-inf)){ret=0;return ret;}
if(isd(t1)) rett=1;
db t2=calc(w[2],t1,op[2]);
if(isz(t2-inf)){ret=0;return ret;}
if(isd(t2)) rett=1;
res=calc(w[1],t2,op[1]);
if(isz(res-m)) ret=1;
else {ret=0;return ret;}
}
return ret+rett;
}
void dfs2(int i,int &jud)
{
if(!jud) return;
if(i>n-1)
{
int ok=jud,flg;
for(p=1;p<=6;++p)
{
flg=cheq();
if(flg==1) ok=0;
else if(flg==2&&ok) ok=1;
}
jud=ok;return;
}
rep(j,1,4){op[i]=j;dfs2(i+1,jud);}
}
void dfs(int i,int las)
{
if(i>n)
{
int jud=-1;
do {dfs2(1,jud);}
while(next_permutation(w+1,w+n+1));
if(jud>0) {res++;rep(j,1,n) ans[j].pb(w[j]);}
return;
}
rep(j,las,13) {w[i]=j;dfs(i+1,j);}
return;
}
int main()
{
n=read(),m=read();if(n<=3) return puts("0"),0;
dfs(1,1);printf("%d
",res);
rep(i,0,res-1) {rep(j,1,n) cout<<ans[j][i]<<" ";puts("");}
}
G
首先可以把每次修改放到所有(d|x)里面，这样可以单独处理所有有关(i)的询问
对每个(i)的一个询问来说，若我们可以快速知道每个点到根的路径上有多少个符合条件的颜色，则可以在这个点到根的链上二分，直到找到答案和查询点相同的深度最浅的点，即为所求的最近祖先
这个二分过程可以用树链剖分简单实现
对于到根路径颜色数量的查询，考虑维护一个二维平面，横坐标为(dfs)序，纵坐标为颜色
每次修改操作会影响子树内的点，相当于添加一条平行的直线
查询即查询该点对应垂直的直线段([l,r])内有多少与平行直线的交点
使用树套树，横坐标用树状数组，纵坐标动态开点线段树
注意每次处理完所有(i)之后清空所有标记
#include<bits/stdc++.h>
#define inf 2139062143
#define ll long long
#define db double
#define ld long double
#define ull unsigned long long
#define MAXN 150100
#define MOD 998244353
#define Fill(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
#define rep(i,s,t) for(int i=(s),i##end=(t);i<=i##end;++i)
#define dwn(i,s,t) for(int i=(s),i##end=(t);i>=i##end;--i)
#define ren for(int i=fst[x];i;i=nxt[i])
#define pls(a,b) (a+b)%MOD
#define mns(a,b) (a-(b)+MOD)%MOD
#define mul(a,b) (1LL*(a)*(b))%MOD
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
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,Q,m,nxt[MAXN<<1],fst[MAXN],to[MAXN<<1],cnt,val[MAXN<<1],hsh[MAXN],cntq[MAXN];
int sz[MAXN],dep[MAXN],fa[MAXN],hvs[MAXN],bl[MAXN],in[MAXN],out[MAXN],dfn;
ll dis[MAXN],ans[MAXN];
struct Data{int id,l,r,x;};
vector<int> d[MAXN],Del;
vector<Data> q[MAXN];
void add(int u,int v,int w) {nxt[++cnt]=fst[u],fst[u]=cnt,to[cnt]=v,val[cnt]=w;}
void dfs(int x,int pa)
{
sz[x]=1,fa[x]=pa;
ren if(to[i]^pa)
{
dep[to[i]]=dep[x]+1;dis[to[i]]=dis[x]+val[i];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]=out[x]=++dfn,hsh[dfn]=x;
if(!hvs[x]) return ;Dfs(hvs[x],anc);
ren if(to[i]^fa[x]&&to[i]^hvs[x]) Dfs(to[i],to[i]);out[x]=dfn;
}
int tot,rt[MAXN],sum[MAXN<<7],ls[MAXN<<7],rs[MAXN<<7];
void mdf(int &k,int l,int r,int x,int w)
{
if(!k) k=++tot;sum[k]+=w;if(l==r) return ;int mid=l+r>>1;
x<=mid?mdf(ls[k],l,mid,x,w):mdf(rs[k],mid+1,r,x,w);
}
int query(int k,int l,int r,int a,int b)
{
if(!k) return 0;if(a<=l&&r<=b) return sum[k];int mid=l+r>>1,res=0;
if(a<=mid) res=query(ls[k],l,mid,a,b);
if(b>mid) res+=query(rs[k],mid+1,r,a,b);
return res;
}
inline void ins(int x,int w,int v)
{
Del.pb(x);for(;x<=n;x+=x&-x) mdf(rt[x],1,n,w,v);
}
inline int query(int x,int l,int r,int res=0)
{
for(;x;x-=x&-x) res+=query(rt[x],1,n,l,r);return res;
}
inline void erase(int x)
{
for(;x<=n;x+=x&-x) if(rt[x]) rt[x]=0;else break;
}
inline int calc(int l,int r,int a,int b,int x)
{
int res=0;for(int mid=l+r>>1;l<=r;mid=l+r>>1)
if(query(mid,a,b)==x) res=mid,r=mid-1;
else l=mid+1;
return hsh[res];
}
inline void work(int num)
{
for(auto t:q[num])
if(!t.id){ins(in[t.l],t.x,1);ins(out[t.l]+1,t.x,-1);}
else
{
int mx=query(in[t.x],t.l,t.r),x=t.x,tmp,las;
if(!mx) {ans[t.id]=-1;goto End;}
tmp=query(in[bl[x]],t.l,t.r);
if(tmp!=mx)
{ans[t.id]=calc(in[bl[x]],in[x],t.l,t.r,mx);goto End;}
for(las=bl[x],x=fa[bl[x]];x;las=bl[x],x=fa[bl[x]])
{
tmp=query(in[x],t.l,t.r);
if(tmp<mx) {ans[t.id]=las;goto End;}
tmp=query(in[bl[x]],t.l,t.r);
if(tmp<mx) {ans[t.id]=calc(in[bl[x]],in[x],t.l,t.r,mx);goto End;}
}
End:if(~ans[t.id]) ans[t.id]=dis[t.x]-dis[ans[t.id]];
if(!(--cntq[num])) break;
}
rep(i,1,tot) ls[i]=rs[i]=sum[i]=0;tot=0;
for(auto x:Del) erase(x);Del.clear();
}
int main()
{
n=read(),Q=read();int a,b,c,e;
rep(i,1,n) for(int j=i;j<=n;j+=i) d[j].pb(i);
rep(i,2,n) a=read(),b=read(),c=read(),add(a,b,c),add(b,a,c);
dfs(1,0);Dfs(1,0);
rep(i,1,Q)
{
c=read(),a=read(),b=read();
if(!c) for(auto x:d[b]) q[x].pb({0,a,0,b});
else {c=read(),e=read();cntq[e]++;q[e].pb({++m,b,c,a});}
}
rep(i,1,n) work(i);
rep(i,1,m)
if(ans[i]<0) puts("Impossible!");
else printf("%lld
",ans[i]);
}
H
题解写了3整页 过于害怕于是弃了
I
(0)操作直接差分即可
对于(1)操作，先拆成([l,n])和([r+1,n])两段异或等差数列
容易发现对每一位来说，异或上的数一定是(dots11100001111dots)的一部分，连续(2^i)个(0/1)交错出现
因此在这一位上的所有修改的周期是一样的，考虑二阶差分
对于每个从(t)位置开始异或以(x)开始的等差数列，可以先将(x)加入到一阶差分中
然后只需要找到每一位第一个和(x)不一样的位置，每过(2^i)之后改变一次，放进二阶差分中
最后先将二阶差分数组按周期性整合(tag)，得到一阶差分数组，再直接求前缀和即可
#include<bits/stdc++.h>
#define inf 2139062143
#define ll long long
#define db double
#define ld long double
#define ull unsigned long long
#define MAXN 600100
#define MOD 998244353
#define Fill(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
#define rep(i,s,t) for(int i=(s),i##end=(t);i<=i##end;++i)
#define dwn(i,s,t) for(int i=(s),i##end=(t);i>=i##end;--i)
#define ren for(int i=fst[x];i;i=nxt[i])
#define pls(a,b) (a+b)%MOD
#define mns(a,b) (a-(b)+MOD)%MOD
#define mul(a,b) (1LL*(a)*(b))%MOD
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
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,q,g[MAXN],s[MAXN];
bool tag[MAXN][30];
void work(int x,int w)
{
s[x]^=w;rep(i,0,29)
{
int t=(((w>>i)+1)<<i)-w+x;
if(t<=n) tag[t][i]^=1;
}
}
int main()
{
n=read(),q=read();rep(i,1,n) g[i]=read();int x,a,b;
rep(i,1,q)
{
x=read();
if(!x) {a=read(),b=read(),x=read();s[a]^=x,s[b+1]^=x;}
else {a=read(),b=read(),x=read();work(a,x),work(b+1,x+b-a+1);}
}
rep(i,1,n) rep(j,0,29) if(tag[i][j])
{
s[i]^=(1<<j);
if(i+(1<<j)<=n) tag[i+(1<<j)][j]^=1;
}
rep(i,1,n) {s[i]^=s[i-1];printf("%d%c",g[i]^s[i],i==n?'
':' ');}
}
J
签到题，同色三元环并不好计算，考虑计算异色三元环
异色三元环一定有两个角是异色的，则只需统计有多少个异色角再
对每个点来说，异色角个数即 黑边( imes)白边
#include<bits/stdc++.h>
#define inf 2139062143
#define ll long long
#define db double
#define ld long double
#define ull unsigned long long
#define MAXN 100100
#define MOD 998244353
#define Fill(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
#define rep(i,s,t) for(int i=(s),i##end=(t);i<=i##end;++i)
#define dwn(i,s,t) for(int i=(s),i##end=(t);i>=i##end;--i)
#define ren for(int i=fst[x];i;i=nxt[i])
#define pls(a,b) (a+b)%MOD
#define mns(a,b) (a-b+MOD)%MOD
#define mul(a,b) (1LL*(a)*(b))%MOD
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
using namespace std;
namespace GenHelper
{
unsigned z1,z2,z3,z4,b,u;
unsigned get()
{
b=((z1<<6)^z1)>>13;
z1=((z1&4294967294U)<<18)^b;
b=((z2<<2)^z2)>>27;
z2=((z2&4294967288U)<<2)^b;
b=((z3<<13)^z3)>>21;
z3=((z3&4294967280U)<<7)^b;
b=((z4<<3)^z4)>>12;
z4=((z4&4294967168U)<<13)^b;
return (z1^z2^z3^z4);
}
bool read() {
while (!u) u = get();
bool res = u & 1;
u >>= 1; return res;
}
void srand(int x)
{
z1=x;
z2=(~x)^0x233333333U;
z3=x^0x1234598766U;
z4=(~x)+51;
u = 0;
}
}
using namespace GenHelper;
int n,seed,d[8080];
ll ans,res;
int main()
{
cin>>n>>seed;srand(seed);int x;
rep(i,1,n) rep(j,i+1,n) x=read(),d[i]+=x,d[j]+=x;
ans=1LL*n*(n-1)*(n-2)/6;
rep(i,1,n) ans-=1LL*d[i]*(n-1-d[i])/2;
printf("%lld
",ans);
}