20联赛集训day9 题解

Author： RainAir
发布时间：October 22, 2020
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486 words
Categories：题解

A

考虑枚举右端点，维护所有左端点的答案：只需要处理出 $pre_i$ 表示 $i$ 前面第一个和它一样的位置，每次让 $(pre_i,i]$ 加上 $w$，$(pre_{pre_i},pre_i]$ 减去 $w$ 即可。

#pragma GCC optimize("Ofast")
#include <bits/stdc++.h>

#define fi first
#define se second
#define db double
#define U unsigned
#define P std::pair<int,int>
#define LL long long
#define pb push_back
#define MP std::make_pair
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define CLR(i,a) memset(i,a,sizeof(i))
#define FOR(i,a,b) for(int i = a;i <= b;++i)
#define ROF(i,a,b) for(int i = a;i >= b;--i)
#define DEBUG(x) std::cerr << #x << '=' << x << std::endl

inline char nc(){
    #define SIZE 1000000+3
    static char buf[SIZE],*p1 = buf+SIZE,*p2 = buf+SIZE;
    if(p1 == p2){
        p1 = buf;p2 = buf+fread(buf,1,SIZE,stdin);
        if(p1 == p2) return -1;
    }
    return *p1++;
    #undef SIZE
}

template <typename T>
inline void read(T &x){
    x = 0;int flag = 0;char ch = nc();
    while(!isdigit(ch)){
        if(ch == '-') flag = 1;
        ch = nc();
    }
    while(isdigit(ch)){
        x = (x<<1) + (x<<3) + (ch^'0');
        ch = nc();
    }
    if(flag) x = -x;
}

const int MAXN = 1e6 + 5;
LL mx[MAXN<<2],tag[MAXN<<2];
#define lc ((x)<<1)
#define rc ((x)<<1|1)

inline void cover(int x,LL d){
    mx[x] += d;tag[x] += d;
}

inline void pushdown(int x){
    if(tag[x]){
        cover(lc,tag[x]);
        cover(rc,tag[x]);
        tag[x] = 0;
    }
}

inline void modify(int x,int l,int r,int L,int R,int d){
    if(l == L && r == R) return cover(x,d);
    int mid = (l + r) >> 1;pushdown(x);
    if(R <= mid) modify(lc,l,mid,L,R,d);
    else if(L > mid) modify(rc,mid+1,r,L,R,d);
    else modify(lc,l,mid,L,mid,d),modify(rc,mid+1,r,mid+1,R,d);
    mx[x] = std::max(mx[lc],mx[rc]);
}

int n,m,c[MAXN],w[MAXN];
int lst[MAXN],pre[MAXN];

int main(){
    read(n);read(m);
    FOR(i,1,n) read(c[i]);
    FOR(i,1,m) read(w[i]);
    LL ans = 0;
    FOR(i,1,n){
        pre[i] = lst[c[i]];lst[c[i]] = i;
        int p1 = pre[i],p2 = pre[p1];
        modify(1,1,n,p1+1,i,w[c[i]]);
        if(p1) modify(1,1,n,p2+1,p1,-w[c[i]]);
        ans = std::max(ans,mx[1]);
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

B

观察一下距离一个点直接距离为 $d$ 的图像是啥：

倾斜不是很好处理，于是我们旋转 $45$ 度，现在直接距离定义变成了 $\min(x_i-x_j,y_i-y_j)$。

然后我彩笔直接去扫描线，结果爆零了。。

我们先考虑如何求出距离最小值：发现这只可能会在相邻的 $x$ 坐标或者 $y$ 坐标产生。我们先将直接距离为 $0$ 的点都并起来，然后将点按照 $x$ 坐标排序，相邻的权值判断一下如果在不同连通块就能对答案产生贡献。

判断 $-1$ 只需要判断连通块大小是否是 $1$ 即可。

那么现在如何去计算方案数呢？一个 $O(n^2)$ 的想法是数连通块之间有多少条边，去重后每条边贡献是连通块大小乘积。我考试的时候自闭了。。

但是实际上发现这样的边只有 $O(n)$ 条：因为只会在按照某一维排序后相邻的点对中产生，所以去个重统计答案就行了。

发现就是没去写距离的式子。。被降智了。。

#include <bits/stdc++.h>

#define fi first
#define se second
#define db double
#define U unsigned
#define P std::pair<int,int>
#define LL long long
#define pb push_back
#define MP std::make_pair
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define CLR(i,a) memset(i,a,sizeof(i))
#define FOR(i,a,b) for(int i = a;i <= b;++i)
#define ROF(i,a,b) for(int i = a;i >= b;--i)
#define DEBUG(x) std::cerr << #x << '=' << x << std::endl

const int MAXN = 2e5 + 5;
int n;

struct Node{
    int x,y,id;
    Node(int x=0,int y=0,int id=0) : x(x),y(y),id(id) {}
}a[MAXN];

int f[MAXN],sz[MAXN];

inline int find(int x){
    return x == f[x] ? x : f[x] = find(f[x]);
}

inline void merge(int x,int y){
    x = find(x);y = find(y);
    if(x == y) return;
    f[x] = y;
}

std::map<P,int> S;

inline void addedge(int x,int y){
    x = find(x);y = find(y);
    if(x == y) return;
    if(x > y) std::swap(x,y);
    S[MP(x,y)] = 1;
}

int main(){
    scanf("%d",&n);
    FOR(i,1,n){
        int x,y;scanf("%d%d",&x,&y);
        a[i] = Node(x+y,x-y,i);f[i] = i;
    }
    std::sort(a+1,a+n+1,[&](const Node &x,const Node &y){return x.x < y.x;});
    for(int l = 1,r;l <= n;l = r+1){
        r = l;
        while(r+1 <= n && a[r+1].x == a[r].x) ++r;
        FOR(i,l+1,r) merge(a[i].id,a[i-1].id);
    }
    std::sort(a+1,a+n+1,[&](const Node &x,const Node &y){return x.y < y.y;});
    for(int l = 1,r;l <= n;l = r+1){
        r = l;
        while(r+1 <= n && a[r+1].y == a[r].y) ++r;
        FOR(i,l+1,r) merge(a[i].id,a[i-1].id);
    }
    std::sort(a+1,a+n+1,[&](const Node &x,const Node &y){return x.x < y.x;});
    int ans = 1e9;
    for(int l = 1,r;l <= n;l = r+1){
        r = l;
        while(r+1 <= n && a[r+1].x == a[r].x) ++r;
        if(l-1 && find(a[l-1].id) != find(a[l].id)) ans = std::min(ans,a[l].x-a[l-1].x);
    }
    std::sort(a+1,a+n+1,[&](const Node &x,const Node &y){return x.y < y.y;});
    for(int l = 1,r;l <= n;l = r+1){
        r = l;
        while(r+1 <= n && a[r+1].y == a[r].y) ++r;
        if(l-1 && find(a[l-1].id) != find(a[l].id)) ans = std::min(ans,a[l].y-a[l-1].y);
    }
    if(ans == 1e9){
        puts("-1");
        return 0;
    }
    printf("%d\n",ans);
    std::sort(a+1,a+n+1,[&](const Node &x,const Node &y){return x.x < y.x;});
    for(int l = 1,r;l <= n;l = r+1){
        r = l;
        while(r+1 <= n && a[r+1].x == a[r].x) ++r;
        if(l-1 && a[l].x-a[l-1].x == ans) addedge(a[l-1].id,a[l].id);
    }
    std::sort(a+1,a+n+1,[&](const Node &x,const Node &y){return x.y < y.y;});
    for(int l = 1,r;l <= n;l = r+1){
        r = l;
        while(r+1 <= n && a[r+1].y == a[r].y) ++r;
        if(l-1 && a[l].y-a[l-1].y == ans) addedge(a[l-1].id,a[l].id);
    }
    FOR(i,1,n) sz[find(i)]++;
    LL res = 0;
    for(auto x:S) res += 1ll*sz[x.fi.fi]*sz[x.fi.se];
    printf("%lld\n",res);
    return 0;
}

C

可以发现这个操作本质是对 $1$ 的移动。移动问题可以考虑维护处什么时候移动了。

我们考虑对于每个 $1$，求出它在哪些时间往前移动了一格，我们用一个 $01$ 串表示，第 $i$ 位是 $1$ 表示在时间 $i$ 这个 $1$ 往前移动了一格。如果能对于每个 $1$ 都求出来这个，就能求出每个 $1$ 最后到了哪里。

我们一开始是一个全 $0$ 的串，考虑有了第 $i$ 个 $1$ 的串，如何转移到第 $i+1$ 个 $1$ 的串？如果下一个 $1$ 和这个 $1$ 是相邻的，可以发现如果在第 $i$ 个位置的第 $j$ 个时刻往前移动了一次，那么第 $i+1$ 的第 $j+1$ 个时刻也会往前移动，所以相当于是做一个右移操作，删除最后一个数字，并且在最前面加上一个 $0$。

如果和下一个 $1$ 中间有 $c$ 个 $0$，那么相当于还可以将这个序列的前 $c$ 个 $0$ 变成 $1$，相当于可以抵消 $c$ 次上一个不动但是这一个动的情况。

所以我们要支持如下操作：循环右移一位，将前 $c$ 个 $0$ 变成 $1$。于是我们考虑直接维护 $0$ 在序列中的位置，相当于要支持从后端删除，从前端插入，从前端删除，全局加，用双端队列+全局 tag 就可以解决了。

如何算逆序对呢？我们考虑每次加入一个 $1$ ，它对哪些轮有贡献：显然这个 $1$ 会一直右移，移动到最后面出去就结束了，在它经过的所有时间答案都会 $+1$，根据这个在序列中的位置可以算出多少时间后它会被弹掉，就能确定他贡献的一段区间，差分即可。

这种题就是我完全想不到吧。。如果发现本质是对谁的移动就可以考虑什么时候移动

#include <bits/stdc++.h>

#define fi first
#define se second
#define db double
#define U unsigned
#define P std::pair<int,int>
#define LL long long
#define pb push_back
#define MP std::make_pair
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define CLR(i,a) memset(i,a,sizeof(i))
#define FOR(i,a,b) for(int i = a;i <= b;++i)
#define ROF(i,a,b) for(int i = a;i >= b;--i)
#define DEBUG(x) std::cerr << #x << '=' << x << std::endl

const int ha = 998244353;
const int MAXN = 5e6 + 5;
LL ans;
int b=1;

inline void add(int &x,int y){
    x += y-ha;x += x>>31&ha;
}

inline void answer(int val){
    ans ^= (1ll*val*b%ha);
    b = 233ll*b%ha;
}

char str[MAXN];
int n,T;
std::vector<int> ps;
bool vis[MAXN];
int cf[MAXN];

int main(){
    scanf("%d",&T);scanf("%s",str+1);n = strlen(str+1);
    FOR(i,1,n) if(str[i] == '1') ps.pb(i);
    std::deque<int> q;int tag = 0;int las = 0;
    FOR(i,1,T) q.pb(T-i);int rem = (int)ps.size();
    for(auto x:ps){
        int cur = x-las-1;--rem;
        if(!q.empty() && q.back()+tag == 0) q.pop_back();
        tag--;
        q.push_front(T-1-tag);
        while(!q.empty() && cur--){
            int pos = T-(q.front()+tag);
            cf[pos]++;cf[pos+rem+1]--;
            q.pop_front();
        }
        vis[x-(T-(int)q.size())] = 1;
        // if(x == 4){
            // for(auto y:q) DEBUG(y+tag);
        // }
        las = x;
    }
    FOR(i,1,n) putchar(vis[i]+'0');puts("");
    FOR(i,1,T) add(cf[i],cf[i-1]);
    int sm = 0;
    ROF(i,n,1){
        if(str[i] == '0') sm++;
        else add(cf[0],sm);
    }
    FOR(i,1,T) add(cf[i],cf[i-1]);
    FOR(i,0,T) answer(cf[i]);
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

Last modification：July 11th, 2022 at 06:09 pm

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20联赛集训day9 题解

RainAir • 2020 年 10 月 22 日

A

#pragma GCC optimize("Ofast")
#include <bits/stdc++.h>

#define fi first
#define se second
#define db double
#define U unsigned
#define P std::pair<int,int>
#define LL long long
#define pb push_back
#define MP std::make_pair
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define CLR(i,a) memset(i,a,sizeof(i))
#define FOR(i,a,b) for(int i = a;i <= b;++i)
#define ROF(i,a,b) for(int i = a;i >= b;--i)
#define DEBUG(x) std::cerr << #x << '=' << x << std::endl

inline char nc(){
    #define SIZE 1000000+3
    static char buf[SIZE],*p1 = buf+SIZE,*p2 = buf+SIZE;
    if(p1 == p2){
        p1 = buf;p2 = buf+fread(buf,1,SIZE,stdin);
        if(p1 == p2) return -1;
    }
    return *p1++;
    #undef SIZE
}

template <typename T>
inline void read(T &x){
    x = 0;int flag = 0;char ch = nc();
    while(!isdigit(ch)){
        if(ch == '-') flag = 1;
        ch = nc();
    }
    while(isdigit(ch)){
        x = (x<<1) + (x<<3) + (ch^'0');
        ch = nc();
    }
    if(flag) x = -x;
}

const int MAXN = 1e6 + 5;
LL mx[MAXN<<2],tag[MAXN<<2];
#define lc ((x)<<1)
#define rc ((x)<<1|1)

inline void cover(int x,LL d){
    mx[x] += d;tag[x] += d;
}

inline void pushdown(int x){
    if(tag[x]){
        cover(lc,tag[x]);
        cover(rc,tag[x]);
        tag[x] = 0;
    }
}

inline void modify(int x,int l,int r,int L,int R,int d){
    if(l == L && r == R) return cover(x,d);
    int mid = (l + r) >> 1;pushdown(x);
    if(R <= mid) modify(lc,l,mid,L,R,d);
    else if(L > mid) modify(rc,mid+1,r,L,R,d);
    else modify(lc,l,mid,L,mid,d),modify(rc,mid+1,r,mid+1,R,d);
    mx[x] = std::max(mx[lc],mx[rc]);
}

int n,m,c[MAXN],w[MAXN];
int lst[MAXN],pre[MAXN];

int main(){
    read(n);read(m);
    FOR(i,1,n) read(c[i]);
    FOR(i,1,m) read(w[i]);
    LL ans = 0;
    FOR(i,1,n){
        pre[i] = lst[c[i]];lst[c[i]] = i;
        int p1 = pre[i],p2 = pre[p1];
        modify(1,1,n,p1+1,i,w[c[i]]);
        if(p1) modify(1,1,n,p2+1,p1,-w[c[i]]);
        ans = std::max(ans,mx[1]);
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

B

观察一下距离一个点直接距离为 $d$ 的图像是啥：

倾斜不是很好处理，于是我们旋转 $45$ 度，现在直接距离定义变成了 $\min(x_i-x_j,y_i-y_j)$。

然后我彩笔直接去扫描线，结果爆零了。。

判断 $-1$ 只需要判断连通块大小是否是 $1$ 即可。

那么现在如何去计算方案数呢？一个 $O(n^2)$ 的想法是数连通块之间有多少条边，去重后每条边贡献是连通块大小乘积。我考试的时候自闭了。。

但是实际上发现这样的边只有 $O(n)$ 条：因为只会在按照某一维排序后相邻的点对中产生，所以去个重统计答案就行了。

发现就是没去写距离的式子。。被降智了。。

#include <bits/stdc++.h>

#define fi first
#define se second
#define db double
#define U unsigned
#define P std::pair<int,int>
#define LL long long
#define pb push_back
#define MP std::make_pair
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define CLR(i,a) memset(i,a,sizeof(i))
#define FOR(i,a,b) for(int i = a;i <= b;++i)
#define ROF(i,a,b) for(int i = a;i >= b;--i)
#define DEBUG(x) std::cerr << #x << '=' << x << std::endl

const int MAXN = 2e5 + 5;
int n;

struct Node{
    int x,y,id;
    Node(int x=0,int y=0,int id=0) : x(x),y(y),id(id) {}
}a[MAXN];

int f[MAXN],sz[MAXN];

inline int find(int x){
    return x == f[x] ? x : f[x] = find(f[x]);
}

inline void merge(int x,int y){
    x = find(x);y = find(y);
    if(x == y) return;
    f[x] = y;
}

std::map<P,int> S;

inline void addedge(int x,int y){
    x = find(x);y = find(y);
    if(x == y) return;
    if(x > y) std::swap(x,y);
    S[MP(x,y)] = 1;
}

int main(){
    scanf("%d",&n);
    FOR(i,1,n){
        int x,y;scanf("%d%d",&x,&y);
        a[i] = Node(x+y,x-y,i);f[i] = i;
    }
    std::sort(a+1,a+n+1,[&](const Node &x,const Node &y){return x.x < y.x;});
    for(int l = 1,r;l <= n;l = r+1){
        r = l;
        while(r+1 <= n && a[r+1].x == a[r].x) ++r;
        FOR(i,l+1,r) merge(a[i].id,a[i-1].id);
    }
    std::sort(a+1,a+n+1,[&](const Node &x,const Node &y){return x.y < y.y;});
    for(int l = 1,r;l <= n;l = r+1){
        r = l;
        while(r+1 <= n && a[r+1].y == a[r].y) ++r;
        FOR(i,l+1,r) merge(a[i].id,a[i-1].id);
    }
    std::sort(a+1,a+n+1,[&](const Node &x,const Node &y){return x.x < y.x;});
    int ans = 1e9;
    for(int l = 1,r;l <= n;l = r+1){
        r = l;
        while(r+1 <= n && a[r+1].x == a[r].x) ++r;
        if(l-1 && find(a[l-1].id) != find(a[l].id)) ans = std::min(ans,a[l].x-a[l-1].x);
    }
    std::sort(a+1,a+n+1,[&](const Node &x,const Node &y){return x.y < y.y;});
    for(int l = 1,r;l <= n;l = r+1){
        r = l;
        while(r+1 <= n && a[r+1].y == a[r].y) ++r;
        if(l-1 && find(a[l-1].id) != find(a[l].id)) ans = std::min(ans,a[l].y-a[l-1].y);
    }
    if(ans == 1e9){
        puts("-1");
        return 0;
    }
    printf("%d\n",ans);
    std::sort(a+1,a+n+1,[&](const Node &x,const Node &y){return x.x < y.x;});
    for(int l = 1,r;l <= n;l = r+1){
        r = l;
        while(r+1 <= n && a[r+1].x == a[r].x) ++r;
        if(l-1 && a[l].x-a[l-1].x == ans) addedge(a[l-1].id,a[l].id);
    }
    std::sort(a+1,a+n+1,[&](const Node &x,const Node &y){return x.y < y.y;});
    for(int l = 1,r;l <= n;l = r+1){
        r = l;
        while(r+1 <= n && a[r+1].y == a[r].y) ++r;
        if(l-1 && a[l].y-a[l-1].y == ans) addedge(a[l-1].id,a[l].id);
    }
    FOR(i,1,n) sz[find(i)]++;
    LL res = 0;
    for(auto x:S) res += 1ll*sz[x.fi.fi]*sz[x.fi.se];
    printf("%lld\n",res);
    return 0;
}

C

可以发现这个操作本质是对 $1$ 的移动。移动问题可以考虑维护处什么时候移动了。

如果和下一个 $1$ 中间有 $c$ 个 $0$，那么相当于还可以将这个序列的前 $c$ 个 $0$ 变成 $1$，相当于可以抵消 $c$ 次上一个不动但是这一个动的情况。

这种题就是我完全想不到吧。。如果发现本质是对谁的移动就可以考虑什么时候移动

#include <bits/stdc++.h>

#define fi first
#define se second
#define db double
#define U unsigned
#define P std::pair<int,int>
#define LL long long
#define pb push_back
#define MP std::make_pair
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define CLR(i,a) memset(i,a,sizeof(i))
#define FOR(i,a,b) for(int i = a;i <= b;++i)
#define ROF(i,a,b) for(int i = a;i >= b;--i)
#define DEBUG(x) std::cerr << #x << '=' << x << std::endl

const int ha = 998244353;
const int MAXN = 5e6 + 5;
LL ans;
int b=1;

inline void add(int &x,int y){
    x += y-ha;x += x>>31&ha;
}

inline void answer(int val){
    ans ^= (1ll*val*b%ha);
    b = 233ll*b%ha;
}

char str[MAXN];
int n,T;
std::vector<int> ps;
bool vis[MAXN];
int cf[MAXN];

int main(){
    scanf("%d",&T);scanf("%s",str+1);n = strlen(str+1);
    FOR(i,1,n) if(str[i] == '1') ps.pb(i);
    std::deque<int> q;int tag = 0;int las = 0;
    FOR(i,1,T) q.pb(T-i);int rem = (int)ps.size();
    for(auto x:ps){
        int cur = x-las-1;--rem;
        if(!q.empty() && q.back()+tag == 0) q.pop_back();
        tag--;
        q.push_front(T-1-tag);
        while(!q.empty() && cur--){
            int pos = T-(q.front()+tag);
            cf[pos]++;cf[pos+rem+1]--;
            q.pop_front();
        }
        vis[x-(T-(int)q.size())] = 1;
        // if(x == 4){
            // for(auto y:q) DEBUG(y+tag);
        // }
        las = x;
    }
    FOR(i,1,n) putchar(vis[i]+'0');puts("");
    FOR(i,1,T) add(cf[i],cf[i-1]);
    int sm = 0;
    ROF(i,n,1){
        if(str[i] == '0') sm++;
        else add(cf[0],sm);
    }
    FOR(i,1,T) add(cf[i],cf[i-1]);
    FOR(i,0,T) answer(cf[i]);
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

20联赛集训day9 题解

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