2024暑假集訓測試4

卡布叻_周深發表於2024-07-13

前言

  • 比賽連結

image

這次和高中一起打的,排名一次比一次低了,差點出前一半了……

主要是 T1 \(dijkstra\) 唐氏複雜度打假了,T2 掛分,T3 沒想出來壓位,T4 題都沒看。

T1 最短路

  • 原題:luogu P2966 [USACO09DEC] Cow Toll Paths G

本題考察對 \(Floyed\) 的理解,\(Floyed\) 陣列在沒有最佳化之前實際是有三維的,\(f_{k,i,j}\) 表示從 \(i\)\(j\) 的路徑中只可能經過 \(1\sim k\) 作為中轉點時的最短路,也就是說不可能以 \(k+1\sim n\) 為中轉點,其中 \(k\) 這一維可以省略。

那麼將 \(k\) 這一維按照點權從小到大排序,於是有 \(a_k=\max\limits_{i=1}^k\{a_i\}\),所以對於 \(f_{k,i,j}\),其路徑最大點權為 \(\max(a_i,a_j,a_k)\)

可以開兩個陣列 \(f,g\) 分別表示只計算邊權和包括點權的,於是有:

\[\begin{cases} f_{i,j}=\min\limits_{k=1}^n\{f_{i,k}+f_{k,j}\} \\ g_{i,j}=\min\limits_{k=1}^n\{f_{i,k}+f_{k,j}+max(a_i,a_j,a_k)\} \end{cases}\]

\(g_{s,t}\) 即為所求。

點選檢視程式碼
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long 
#define endl '\n'
#define sort stable_sort
using namespace std;
const int N=310,M=1e4+10;
template<typename Tp> inline void read(Tp&x)
{
    x=0;register bool z=true;
    register char c=getchar();
    for(;c<'0'||c>'9';c=getchar()) if(c=='-') z=0;
    for(;'0'<=c&&c<='9';c=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
    x=(z?x:~x+1);
}
void wt(int x){if(x>9)wt(x/10);putchar((x%10)+'0');}
void write(int x){if(x<0)putchar('-'),x=~x+1;wt(x);}
int n,m,q,f[N][N],g[N][N],a[N];
struct aa {int a,id;}e[N];
bool cmp(aa a,aa b) {return a.a<b.a;}
signed main()
{
    freopen("path.in","r",stdin);
    freopen("path.out","w",stdout);
    read(n),read(m),read(q);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        read(e[i].a),e[i].id=i,a[i]=e[i].a;
    memset(f,0x3f,sizeof(f));
    memset(g,0x3f,sizeof(g));
    for(int i=1;i<=n;i++) f[i][i]=0,g[i][i]=a[i];
    for(int i=1,x,y,z;i<=m;i++)
        read(x),read(y),read(z),
        f[x][y]=f[y][x]=min(f[x][y],z),
        g[x][y]=g[y][x]=f[x][y]+max(a[x],a[y]);
    sort(e+1,e+1+n,cmp);
    for(int k=1;k<=n;k++)
        for(int i=1;i<=n;i++)
            if(i!=e[k].id)
                for(int j=1;j<=n;j++)
                {
                    if(i==j||e[k].id==j) continue;
                    g[i][j]=min(g[i][j],f[i][e[k].id]+f[e[k].id][j]+max({e[k].a,a[i],a[j]}));
                    f[i][j]=min(f[i][j],f[i][e[k].id]+f[e[k].id][j]);
                }
    for(int i=1,s,t;i<=q;i++)
        read(s),read(t),
        write(g[s][t]>=0x7f7f7f7f7f?-1:g[s][t]),puts("");
}

T2

  • 原題:luogu P3474 [POI2008] KUP-Plot purchase

  • 部分分 \(100pts\),唐氏做法:

    這是一個捨棄部分正確性換取複雜度的做法,在隨機的大資料下幾乎不可能卡掉,小資料下極容易死,但是小資料可以暴力衝過去。

    對於大資料,現在預處理時符合答案的直接結束,以增加部分正確性。

    只考慮正方形的答案,之後二分邊長即可。

    複雜度 \(O(n^2\log(n))\)

    考慮到學校 OJ 資料向來比較水且沒有捆綁,可以透過此題。

    然後賽時加了點最佳化想增加點正確性,結果掛了 \(60pts\)

    點選檢視程式碼
    #include<bits/stdc++.h>
    #define int long long
    #define endl '\n'
    #define sort stable_sort
    using namespace std;
    const int N=2010;
    template<typename Tp> inline void read(Tp&x)
    {
        x=0;register bool z=true;
        register char c=getchar();
        for(;c<'0'||c>'9';c=getchar()) if(c=='-') z=0;
        for(;'0'<=c&&c<='9';c=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
        x=(z?x:~x+1);
    }
    void wt(int x){if(x>9)wt(x/10);putchar((x%10)+'0');}
    void write(int x){if(x<0)putchar('-'),x=~x+1;wt(x);}
    int n,k,a[N][N],sum[N][N];
    bool check(int mid)
    {
        int x1=1,y1=1,x2=mid,y2=mid,minn=0x7f7f7f7f,nowx=0,nowy=0;
        while(x2<=n&&y2<=n)
        {
            int ans=sum[x2][y2]-sum[x2][y1-1]-sum[x1-1][y2]+sum[x1-1][y1-1];
            if(ans>=k&&ans<=2*k) 
            {
                cout<<x1<<' '<<y1<<' '<<x2<<' '<<y2<<endl;
                exit(0);
            }
            minn=min(minn,ans);
            if(y2==n) 
            {
                x2++,y2=mid;
                x1=x2-mid+1,y1=y2-mid+1;
                nowy=0;
            }
            else 
            {
                y2++;
                x1=x2-mid+1,y1=y2-mid+1;
            }
        }
        return minn<k;
    }
    signed main()
    {
        freopen("matrix.in","r",stdin);
        freopen("matrix.out","w",stdout);
        read(n),read(k);
        for(int i=1;i<=n;i++)
            for(int j=1;j<=n;j++)
            {
                read(a[i][j]);
                if(a[i][j]>=k&&a[i][j]<=2*k)
                {
                    cout<<i<<' '<<j<<' '<<i<<' '<<j<<endl;
                    return 0;
                }
            }
        for(int i=1;i<=n;i++)
            for(int j=1;j<=n;j++)
            {
                sum[i][j]=sum[i-1][j]+sum[i][j-1]-sum[i-1][j-1]+a[i][j];
                if(sum[i][j]>=k&&sum[i][j]<=2*k) 
                {
                    cout<<1<<' '<<1<<' '<<i<<' '<<j<<endl;
                    return 0;
                }
            }
        if(n<=200)
        {
            for(int x2=1;x2<=n;x2++)
                for(int y2=1;y2<=n;y2++)
                    for(int x1=1;x1<=x2;x1++)
                        for(int y1=1;y1<=y2;y1++)
                        {
                            int ans=sum[x2][y2]-sum[x2][y1-1]-sum[x1-1][y2]+sum[x1-1][y1-1];
                            if(ans>=k&&ans<=2*k)
                            {
                                cout<<x1<<' '<<y1<<' '<<x2<<' '<<y2<<endl;
                                return 0;
                            }
                        }
            puts("-1");
            return 0;
        }
        int l=1,r=n;
        while(l<=r)
        {
            int mid=(l+r)>>1;
            if(check(mid)) l=mid+1;
            else r=mid-1;
        }
        puts("-1");
    }
    
  • 正解:

    暫無。

T3 陣列

  • 原題:CF1114F Please, another Queries on Array?

  • 部分分 \(20pts\):暴力。

  • 部分分 \(10pts\):對於沒有修改的操作,主席樹,詳見 BZOJ4026 dC Loves Number Theory

  • 正解:

    和主席樹的思想一樣,根據公式 \(\varphi(n)=n\prod\limits_{p\in\mathbb{p},p|n}\frac{p-1}{p}\),只需要處理出區間 \([l,r]\) 的乘積和其所包含的質因數即可。

    根據 \(a_i,x\le 300\),所以只可能有 \(62\) 個質因數,考慮壓成一個 \(01\) 串,類似狀壓處理。

    讓後賽時雖然看到了 \(300\) 的資料範圍但是想他乘上好幾次數值就極大了,但是沒有想到他乘多少次質因數也是 \(\le 300\) 的,於是沒有想到狀壓,就很唐。

    需要略微卡常,提前處理出每個 \(c_i=\dfrac{prime_i-1}{prime_i}\),不然在本就常數巨大的線段樹上再在每次輸出再加一個 \(\log(1e9)\) 簡直是雪上加霜。

    複雜度理論上 \(O(n\log(n))\)

    點選檢視程式碼
    #include<bits/stdc++.h>
    #define ll long long 
    #define endl '\n'
    #define sort stable_sort
    #define f t[p]
    #define ls p<<1
    #define rs p<<1|1
    using namespace std;
    const int N=1e5+10,P=1e9+7;
    template<typename Tp> inline void read(Tp&x)
    {
        x=0;register bool z=true;
        register char c=getchar();
        for(;c<'0'||c>'9';c=getchar()) if(c=='-') z=0;
        for(;'0'<=c&&c<='9';c=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
        x=(z?x:~x+1);
    }
    void wt(int x){if(x>9)wt(x/10);putchar((x%10)+'0');}
    void write(int x){if(x<0)putchar('-'),x=~x+1;wt(x);}
    int n,m,a[N],tot,prime[N],c[N];
    bool vis[N];
    void pre()
    {
        vis[1]=1;
        for(int i=2;i<=300;i++)
            if(vis[i]==0)
            {
                prime[++tot]=i;
                for(int j=2;j<=300/i;j++)
                    vis[i*j]=1;
            }
    }
    ll qpow(ll a,ll b) 
    {
        ll ans=1;
        for(;b;b>>=1)
        {
            if(b&1) (ans*=a)%=P;
            (a*=a)%=P;
        }
        return ans;
    }
    struct aa 
    {
        int l,r;
        ll val,add=1,pri,lazy;
    }t[N<<2];
    void pushup(int p)
    {
        f.val=t[ls].val*t[rs].val%P;
        f.pri=t[ls].pri|t[rs].pri;
    }
    void build(int p,int l,int r)
    {
        f.l=l,f.r=r;
        if(l==r)
        {
            f.val=a[l];
            for(int i=1;i<=tot&&prime[i]<=a[l];i++)
                if(a[l]%prime[i]==0)
                    f.pri|=(1ll<<(i-1));
            return ;
        }
        int mid=(l+r)>>1;
        build(ls,l,mid),build(rs,mid+1,r);
        pushup(p);
    }
    void spread(int p)
    {
        if(f.add==1&&f.lazy==0) return ;
        ll &x=f.add,&y=f.lazy;
        (t[ls].val*=qpow(x,t[ls].r-t[ls].l+1))%=P,(t[ls].add*=x)%=P;
        (t[rs].val*=qpow(x,t[rs].r-t[rs].l+1))%=P,(t[rs].add*=x)%=P;
        t[ls].pri|=y,t[ls].lazy|=y;
        t[rs].pri|=y,t[rs].lazy|=y;
        x=1,y=0;
    }
    void change(int p,int l,int r,ll d)
    {
        if(l<=f.l&&r>=f.r)
        {
            (f.val*=qpow(d,f.r-f.l+1))%=P;
            (f.add*=d)%=P;
            ll dis=0;
            for(int i=1;i<=tot&&prime[i]<=d;i++)
                if(d%prime[i]==0)
                    dis|=(1ll<<(i-1));
            f.pri|=dis;
            f.lazy|=dis;
            return ;
        }
        spread(p);
        int mid=(f.l+f.r)>>1;
        if(l<=mid) change(ls,l,r,d);
        if(r>mid) change(rs,l,r,d);
        pushup(p);
    }
    aa ask(int p,int l,int r)
    {
        if(l<=f.l&&r>=f.r) return f;
        spread(p);
        int mid=(f.l+f.r)>>1;
        aa ans;
        ans.val=1,ans.pri=0;
        if(l<=mid)
        {
            aa x=ask(ls,l,r);
            (ans.val*=x.val)%=P;
            ans.pri|=x.pri;
        }
        if(r>mid)
        {
            aa x=ask(rs,l,r);
            (ans.val*=x.val)%=P;
            ans.pri|=x.pri;
        } 
        return ans;
    }
    signed main()
    {
        freopen("array.in","r",stdin);
        freopen("array.out","w",stdout);
        pre();
        for(int i=1;i<=tot;i++)
            c[i]=(prime[i]-1)*(qpow(prime[i],P-2))%P;
        read(n),read(m);
        for(int i=1;i<=n;i++) read(a[i]);
        build(1,1,n);
        for(int i=1,op,l,r,d;i<=m;i++)
        {
            read(op),read(l),read(r);
            if(op==1) read(d),change(1,l,r,d);
            else 
            {
                aa ans=ask(1,l,r);
                ll val=ans.val;
                ll sta=ans.pri;
                for(int j=1;j<=tot;j++) 
                    if((sta>>(j-1))&1)
                        val=val*c[j]%P;
                write(val),puts("");
            }
        }
    }
    

T4 樹

  • 原題:luogu P3591 [POI2015] ODW

考慮將 \(c_i\) 二進位制拆分向上跳,複雜度為 \(\sum\limits_{i=1}^{n-1}\dfrac{n}{c_i}\times \log(c_i)\),當 \(c_i\ge \sqrt n\) 時複雜度可以接受,所以考慮根號分治,對於 \(c_i<\sqrt n\) 的特殊處理。

對於 \(c_i<\sqrt n\) 的考慮一共只有 \(\sqrt n\) 種步長,類似於樹上字首和的方法,\(sum_{c,x}\) 表示從 \(x\) 向上跳到根節點的貢獻,\(sum_{c,y}\) 同理,考慮怎麼減去 \(lca\) 的貢獻。

\(x\) 跳到 \(lca\) 需要 \(\lceil\dfrac{dep_x-dep_{lca}}{c_i}\rceil\) 步,設 \(r_x=(dep_x-dep_{lca})\bmod c_i\),則第一個多餘的貢獻產生在 \(lca\)\(c_i-r_x\) 級祖先處,\(r_y\) 同理;注意當 \(r_x=0\) 時特判,直接將去 \(2\times sum_{c,lca}\) 即可。

對於每個 \(c_i\) 跑一次 \(dfs\) 求字首和,利用二進位制拆分求出 \(x\)\(k\) 級祖先。

總複雜度為 \(O(n\log(n)\sqrt n)\)

點選檢視程式碼
#include<bits/stdc++.h>
// #define int long long 
#define endl '\n'
#define sort stable_sort
using namespace std;
const int N=5e4+10,M=20;
template<typename Tp> inline void read(Tp&x)
{
    x=0;register bool z=true;
    register char c=getchar();
    for(;c<'0'||c>'9';c=getchar()) if(c=='-') z=0;
    for(;'0'<=c&&c<='9';c=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
    x=(z?x:~x+1);
}
void wt(int x){if(x>9)wt(x/10);putchar((x%10)+'0');}
void write(int x){if(x<0)putchar('-'),x=~x+1;wt(x);}
int n,a[N],b[N],c[N],dis[250][N];
vector<int>e[N];
int fa[N][M],son[N],sz[N],top[N],dep[N];
void dfs1(int x,int father)
{
    fa[x][0]=father,dep[x]=dep[father]+1,sz[x]=1;
    for(int y:e[x])
        if(y!=father)
            dfs1(y,x),
            sz[x]+=sz[y],
            son[x]=sz[y]>sz[son[x]]?y:son[x];
}
void dfs2(int x,int t)
{
    top[x]=t;
    if(!son[x]) return ;
    dfs2(son[x],t);
    for(int y:e[x])
        if(y!=fa[x][0]&&y!=son[x]) dfs2(y,y);
}
void init()
{
    for(int j=1;j<=log2(n);j++)
        for(int i=1;i<=n;i++)
            fa[i][j]=fa[fa[i][j-1]][j-1];
}
int Lca(int x,int y)
{
    for(;top[x]!=top[y];x=fa[top[x]][0])
        if(dep[top[x]]<dep[top[y]]) swap(x,y);
    return dep[x]<dep[y]?x:y;
}
int Fa(int x,int k)
{
    int ans=x;
    for(int i=log2(k);i>=0;i--)
        if(dep[x]-dep[fa[ans][i]]<=k) ans=fa[ans][i];
    return ans;
}
void dfs(int x,int c)
{
    if(dep[x]>c) dis[c][x]=dis[c][Fa(x,c)]+a[x];
    else dis[c][x]=a[x];
    for(int y:e[x])
        if(y!=fa[x][0]) dfs(y,c);
}
signed main()
{
    freopen("tree.in","r",stdin);
    freopen("tree.out","w",stdout);
    read(n);
    for(int i=1;i<=n;i++) read(a[i]);
    for(int i=1,x,y;i<=n-1;i++)
        read(x),read(y),
        e[x].push_back(y),
        e[y].push_back(x);
    dfs1(1,0),dfs2(1,1);
    init();
    for(int i=1;i<=n;i++) read(b[i]);
    for(int i=1;i<=n-1;i++) read(c[i]);
    for(int i=1;i<=n-1;i++)
        if(c[i]<=sqrt(n))
            if(!dis[c[i]][1]) dfs(1,c[i]);
    for(int i=1;i<=n-1;i++)
    {
        int x=b[i],y=b[i+1],lca=Lca(b[i],b[i+1]),ans=0;
        if(c[i]<=sqrt(n))
        {
            ans=dis[c[i]][x]+dis[c[i]][y];
            int r1=(dep[x]-dep[lca])%c[i],
                r2=(dep[y]-dep[lca])%c[i];
            if(!r1) ans=ans-dis[c[i]][lca]*2+a[lca];
            else ans=ans-dis[c[i]][Fa(lca,c[i]-r1)]-dis[c[i]][Fa(lca,c[i]-r2)];
        }
        else 
        {
            for(;dep[x]>=dep[lca];x=Fa(x,c[i])) ans+=a[x];
            for(;dep[y]>dep[lca];y=Fa(y,c[i])) ans+=a[y];
        }
        write(ans),puts("");
    }
}

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