[Contest on 2021.9.7] 睡着了，但不完全睡着了

本文主要是介绍[Contest on 2021.9.7] 睡着了，但不完全睡着了，对大家解决编程问题具有一定的参考价值，需要的程序猿们随着小编来一起学习吧！

$\text{Strange Queries}$
- 解法
- 代码
$\text{[TJOI 2013] }$拯救小矮人
- 解法
- 代码
$\text{[ICPC World Finals 2019] Hobson }$的火车
- 题目描述
- 解法
- 代码
简单题
- 题目描述
- 解法

$\text{Strange Queries}$

解法

首先有这样的转移：

\[\begin{cases}f(n,0)=f(n-1,1) \\\displaystyle f(n,1)=\lvert a_n-a_{n-1}\rvert+\min\{f(n-1,0),f(n-1,1)\}\end{cases} \]

其中 $0/1$ 表示 $n$ 否/是与 $n-1$ 建立关系。但这题需要我们进行区间合并，这个 $\mathtt{dp}$ 提醒我们从两个方向来思考：维护 $\mathtt{dp}$ 转移方式（矩阵）；改写一个可以区间合并的 $\mathtt{dp}$。

这里只讲区间合并的 $\mathtt{dp}$。类似地，我们在区间 $[l,r]$ 上维护四个变量：$l,r$ 两个端点都建立关系的最小值；$l,r$ 两个端点中，$l$ 或 $r$ 可以不 建立关系的最小值；$l,r$ 均 可以不 建立关系的最小值。这四个变量是一层一层想到的。另外，需要注意 "可以不" 并不是 "不"，这导致转移时可以不考虑某些情况，因为已经被包含在限制较小的变量中了。

具体就用一棵平衡树维护，还需要维护区间 $\max,\min$ 来表示 $\lvert a_n-a_{n-1}\rvert$。最开始建树的时候要先排序。

代码

#include <cstdio>
#define print(x,y) write(x),putchar(y)

template <class T>
inline T read(const T sample) {
	T x=0; char s; bool f=0;
	while((s=getchar())>'9' or s<'0')
		f|=(s=='-');
	while(s>='0' and s<='9')
		x=(x<<1)+(x<<3)+(s^48),
		s=getchar();
	return f?-x:x;
}

template <class T>
inline void write(const T x) {
	if(x<0) {
		putchar('-');
		write(-x);
		return;
	}
	if(x>9) write(x/10);
	putchar(x%10^48);
}

#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;

const int maxn=2e5+5;

int n,q,idx,rt;
struct node {
	int mn,mx,siz,ls,rs,key,val;
	ll ans,bl,br,ba;
	
	void Put() {
		printf("VALUE %d %d %d\n",mn,mx,val);
		printf("%lld %lld %lld %lld\n",ba,bl,br,ans);
	}
} t[maxn];

int NewNode(int x) {
	t[++idx].siz=1;
	t[idx].ls=t[idx].rs=0;
	t[idx].key=rand();
	t[idx].siz=1;
	t[idx].val=t[idx].mn=t[idx].mx=x;
	t[idx].ba=t[idx].bl=t[idx].br=0;
	t[idx].ans=1e15;
	return idx;
}

void Update(const node &a,const node &b,node &o) {
	node t=o; int inc=b.mn-a.mx;
	t.ba=min(a.bl+b.br,a.ba+b.ba+inc);
	t.bl=min(a.bl+b.ans,a.ba+b.bl+inc);
	t.br=min(a.ans+b.br,a.br+b.ba+inc);
	t.ans=min(a.ans+b.ans,a.br+b.bl+inc);
	o=t;
}

void pushUp(int o) {
	if(!o) return;
	int l=t[o].ls,r=t[o].rs;
	t[o].siz=t[l].siz+t[r].siz+1;
	t[o].mn=t[o].mx=t[o].val;
	t[o].ba=t[o].bl=t[o].br=0;
	t[o].ans=1e15;
	if(l) Update(t[l],t[o],t[o]),t[o].mn=t[l].mn;
	if(r) Update(t[o],t[r],t[o]),t[o].mx=t[r].mx;
}

void split(int o,int k,int &x,int &y) {
	if(!o) x=y=0;
	else {
		if(t[o].val<=k)
			x=o,
			split(t[o].rs,k,t[o].rs,y);
		else
			y=o,
			split(t[o].ls,k,x,t[o].ls);
		pushUp(o);
	}
}

int merge(int x,int y) {
	if(!x or !y) return x|y;
	if(t[x].key<t[y].key) {
		t[x].rs=merge(t[x].rs,y);
		pushUp(x);
		return x;
	}
	else {
		t[y].ls=merge(x,t[y].ls);
		pushUp(y);
		return y;
	}
}

int Val[maxn];

int main() {
	srand(20210907);
	int a,b,c; 
	for(int T=read(9);T;--T) {
		n=read(9),q=read(9);
		rt=idx=0;
		for(int i=1;i<=n;++i)	
			Val[i]=read(9);
		sort(Val+1,Val+n+1);
		for(int i=1;i<=n;++i)
			rt=merge(rt,NewNode(Val[i]));
		while(q--) {
			int x,y;
			x=read(9),y=read(9);
			if(x==1) {
				split(rt,y-1,a,b);
				rt=merge(merge(a,NewNode(y)),b);
			}
			else {
				split(rt,y-1,a,b);
				split(b,y,b,c);
				b=merge(t[b].ls,t[b].rs);
				rt=merge(merge(a,b),c);
			}
			print(t[rt].ans>1e14?0:t[rt].ans,'\n');
		}
	}
	return 0;
}

$\text{[TJOI 2013] }$拯救小矮人

解法

首先将小矮人按照 $a_i+b_i$ 从小到大排序。为什么捏？不妨令 $H-(a_i+b_i)$ 是第 $i$ 个小矮人的逃生高度，对于相邻小矮人 $i,j$，如果我们期望 两个小矮人都逃出去，那么放逃生高度越大的小矮人越优。

但问题是有可能小矮人不逃出去更优，可以令 $dp_i$ 为逃出 $i$ 个小矮人后可以垒出的最大高度，这是一个 $\mathcal O(n^2)$ 的 $\mathtt{dp}$。

更优的做法是反悔贪心。先依次使可以逃出的小矮人逃出，并用优先队列记录它的 $a$，到某个无法逃出的小矮人 $i$ 时，我们考虑这样操作：找到队列中最大的 $a$，如果踢回这个小矮人能使 $i$ 逃出，且 $\max a>a_i$，我们就把这个小矮人 $j$ 换成 $i$。

首先 $j$ 到 $i$ 这段的小矮人肯定是不受影响的，如果 $j$ 能够使之间的小矮人逃出就早换了。对于之后的小矮人，垒出的高度变高了，解也就变优了。这是 $\mathcal O(n\log n)$ 的。

代码

#include <cstdio>
#define print(x,y) write(x),putchar(y)

template <class T>
inline T read(const T sample) {
	T x=0; char s; bool f=0;
	while((s=getchar())>'9' or s<'0')
		f|=(s=='-');
	while(s>='0' and s<='9')
		x=(x<<1)+(x<<3)+(s^48),
		s=getchar();
	return f?-x:x;
}

template <class T>
inline void write(const T x) {
	if(x<0) {
		putchar('-');
		write(-x);
		return;
	}
	if(x>9) write(x/10);
	putchar(x%10^48);
}

#include <queue>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int maxn=2005;

int n;
struct node {
	int a,b;
	
	bool operator < (const node &t) const {
		return a+b<t.a+t.b;
	} 
} s[maxn];
priority_queue <int> q; 

int main() {
	n=read(9);
	for(int i=1;i<=n;++i)
		s[i]=(node){read(9),read(9)};
	sort(s+1,s+n+1);
	int h=read(9);
	long long sum=0; int ans=0;
	for(int i=1;i<=n;++i)
		sum+=s[i].a;
	for(int i=1;i<=n;++i)
		if(sum+s[i].b>=h) {
			sum-=s[i].a,++ans;
			q.push(s[i].a);
		}
		else {
			if(!q.empty() and sum+q.top()+s[i].b>=h and q.top()>s[i].a) {
				sum+=q.top()-s[i].a;
				q.pop();
				q.push(s[i].a);
			}
		}
	print(ans,'\n');
	return 0;
}

$\text{[ICPC World Finals 2019] Hobson }$的火车

题目描述

给你多棵内向基环树，对于每个点，求出有多少个点走 $\le k$ 步能走到这个点。

解法

感觉自己的脑子里根本不存在差分这个东西，好几次想用树链剖分硬艹了…

先找出环，$\rm dfs$ 每个环上点的子树，用一个栈动态维护这个节点到根的节点，这样就可以找到走 $k+1$ 才能走到的那个祖先。

然后考虑点对环的贡献。考虑破环为链，随便选一个点作为 $rt_0$（链的起点）。如果能贡献整个环，就将 $rt_0$ 的差分数组加一，反之计算出它在环上贡献的一段区间 $[l,r]$，需要注意有 $l>r$ 的情况，这时需要将 $rt_0$ 的差分数组加一。

代码

#include <cstdio>
#define print(x,y) write(x),putchar(y)

template <class T>
inline T read(const T sample) {
	T x=0; char s; bool f=0;
	while((s=getchar())>'9' or s<'0')
		f|=(s=='-');
	while(s>='0' and s<='9')
		x=(x<<1)+(x<<3)+(s^48),
		s=getchar();
	return f?-x:x;
}

template <class T>
inline void write(const T x) {
	if(x<0) {
		putchar('-');
		write(-x);
		return;
	}
	if(x>9) write(x/10);
	putchar(x%10^48);
}

#include <vector>
using namespace std;

const int maxn=5e5+5; 

int n,k,f[maxn],ans[maxn];
int vis[maxn],stk[maxn],tp;
int dep[maxn],siz;
vector <int> e[maxn],rt;

void dfs(int u,int root) {
	if(!vis[u]) vis[u]=1;
	stk[++tp]=u;
	if(tp>k+1)
		if(stk[tp-k-1]^rt[root])
			--ans[stk[tp-k-1]];
	for(auto v:e[u]) {
		if(vis[v]==2) continue;
		dep[v]=dep[u]+1;
		dfs(v,root);
		if(u^rt[root])
			ans[u]+=ans[v];
	}
	--tp;
	if(dep[u]-1<=k) {
		if(dep[u]-1+siz>k+1) {
			++ans[rt[root]];
			--ans[rt[(root+k-dep[u]+2+siz)%siz]];
			if((root+k-dep[u]+2+siz)%siz<=root)	
				++ans[rt[0]];
		}
		else ++ans[rt[0]];
	}
	if(rt[root]^u) ++ans[u];
}

void work(int x) {
	rt.clear();
	while(vis[x]^2) {
		if(vis[x])
			rt.push_back(x);
		++vis[x]; x=f[x];
	}
	siz=rt.size();
	for(int i=0;i<rt.size();++i)
		dep[rt[i]]=1,dfs(rt[i],i);
	for(int i=1;i<rt.size();++i)
		ans[rt[i]]+=ans[rt[i-1]];
}

int main() {
	n=read(9),k=read(9);
	for(int i=1;i<=n;++i) {
		f[i]=read(9);
		e[f[i]].push_back(i);
	}
	for(int i=1;i<=n;++i)
		if(!vis[i]) work(i);
	for(int i=1;i<=n;++i)
		print(ans[i],'\n');
	return 0;
}

简单题

题目描述

有两个长度为 $K$ 的数列 $a,b$，满足 $\sum a_i=N,\sum b_i=M$。

定义权值 $P$ 为

\[\prod \min\{a_i,b_i\} \]

你需要求出所有可能数列组合的权值之和。取模 $998244353$。

多组数据，$T\le 100,N,M,K\le 5\cdot 10^5$。

解法

定义 $dp_{i,j,k}$ 为在第 $i$ 位，数列 $a$ 数字和为 $j$，数列 $b$ 数字和为 $k$ 的权值之和。那么有：

\[dp_{i,j,k}=dp_{i,j,k}+dp_{i-1,j-x,k-y}\cdot \min\{x,y\} \]

这是 $\mathcal O(n^4k)$ 的。具体优化可以枚举 $\min\{x,y\}$，后两维的前缀和即可，应该还要再容斥一下，就有 $\mathcal O(n^3k)$ 了。

我们可以思考权值的组合意义 —— 定义 $\{c\}$ 满足 $\forall i,c_i\le \min\{a_i,b_i\}$，那么对于固定的 $\{a\},\{b\}$，所有合法的 $\{c\}$ 的个数即为权值！

转化一下，对于每种 $\{c\}$，计算 $\{a\},\{b\}$ 的种类数。

枚举 $s=\sum c_i$，为了保证条件成立，可以先令 $c_i=a_i=b_i$，再将 $N-s$，$M-s$ 填入 $K$ 个位置（插板法），就有：

\[\text{Ans}=\sum_{s=0}^{\min\{N-K,M-K\}}\binom{s+K-1}{K-1}\cdot \binom{N-s-1}{K-1}\cdot \binom{M-s-1}{K-1} \]

注意初始时先将 $1$ 填入每一个位置，所以后面两个组合数的上面本来还要加个 $K$，就抵消掉了。

这篇关于[Contest on 2021.9.7] 睡着了，但不完全睡着了的文章就介绍到这儿，希望我们推荐的文章对大家有所帮助，也希望大家多多支持为之网！

C/C++教程

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