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1 xlk
1.1 题目描述
给定一棵大小为 n 的无根树，求满足以下条件的四元组 (a, b, c, d) 的个数：
1. 1 ≤ a < b ≤ n
2. 1 ≤ c < d ≤ n
3. 不存在一个点，使得这个点同时在点 a 到点 b 的最短路和点 c 到点 d 的最短路上。
1.2 输入格式
第一行一个数 n 。
接下来 n − 1 行，每行两个数 s, t ，表示一条连接 a 和 b 的边。
1.3 输出格式
输出满足条件的四元组的个数。
1.4 样例输入
4
1 2
2 3
3 4
1.5 样例输出
2
1.6 数据范围
对于 30% 的数据，满足 n ≤ 50 ；
对于 100% 的数据，满足 1 ≤ n ≤ 80000 。
xlk
容斥。
对于每棵子树，求出一条链在子树外，一条链过子树根的方案数。这样会算重。于是再枚举每棵子树，减去一条链过根，一条链在某棵子树内的方案数。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define LY(p) freopen (p".in", "r", stdin); freopen (p".out", "w", stdout)
#define LL long long
#define dbl double
#define ld long double
#ifdef WIN32
#define LLD "%I64d"
#else
#define LLD "%lld"
#endif
#define N 80010
int n, x, y;
int h[N], ent;
int siz[N];
LL f[N], g[N], ans;
struct edge {
int v, n;
edge (int y = 0, int t = 0): v(y), n(t) {}
} e[N << 1];
void link (int x, int y) {e[++ ent] = edge (y, h[x]), h[x] = ent;}
void dfs (int o, int ft) {
siz[o] = 1;
LL d = 0;
for (int x = h[o], y; y = e[x].v, x; x = e[x].n)
if (y != ft) {
dfs (y, o);
ans += g[o] * g[y] + f[o] * siz[y] + siz[o] * f[y];
f[o] += d * siz[y] + siz[o] * g[y] + f[y];
g[o] += siz[o] * siz[y] + g[y];
siz[o] += siz[y];
d += g[y];
}
}
int main()
{
LY("xlk");
scanf ("%d", &n);
for (int i = 1; i < n; i++)
scanf ("%d %d", &x, &y), link (x, y), link (y, x);
dfs (1, 0);
printf (LLD, ans << 1);
return 0;
}
2 wwwwodddd
2.1 题目描述
定义一个数 x 是 Happy Number ，当且仅当求该数字所有数位的平方和，得到的新数再次求所
有数位的平方和，如此重复进行，最终结果为 。
例如 19 就是个 Happy Number ：
19 → 12 + 92 = 82
82 → 82 + 22 = 68
68 → 62 + 82 = 100
100 → 12 + 02 + 02 = 1
给定 L, R ，求 [L, R] 内 Happy Number 的个数。
2.2 输入格式
第一行一个正整数 T ，表示数据组数。
接下来 T 行，每行两个正整数，表示 L, R 。
2.3 输出格式
对于每组测试数据，输出一个整数表示这个区间内 Happy Number 的个数。
2.4 样例输入
2
2 6
1 10
2.5 样例输出
0 3
2.6 数据范围
对于 30% 的数据，满足 R ≤ 105 ；
对于 100% 的数据，满足 1 ≤ L ≤ R ≤ 1018, 1 ≤ T ≤ 200 。
wwwwodddd
数位 dp 。
显然任意数经过一次变换后一定会小于 2000 ，于是预处理出 f[i][j] 表示 i 位数，平方和为 j 的个数，再预处理出 [0, 2000] 内所有的 Happy Number ，数位 dp 即可。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define LY(p) freopen (p".in", "r", stdin); freopen (p".out", "w", stdout)
#define LL long long
#define dbl double
#define ld long double
#ifdef WIN32
#define LLD "%I64d"
#else
#define LLD "%lld"
#endif
bool vis[1500], hap[1500];
int T, m, now = 0;
LL L, R, f[2][1500][2];
int C (int o) {
int s = 0;
while (o)
s += (o % 10) * (o % 10), o /= 10;
return s;
}
int dfs (int o) {
if (vis[o]) return hap[o];
vis[o] = 1;
return hap[o] = (o > 1? dfs (C (o)) : 1);
}
void prep() {
m = 1458;
for (int i = 1; i <= m; i++)
dfs (i);
}
LL work (LL s) {
memset (f, 0, sizeof (f));
f[now][0][0] = 1;
for (int nt = 0, ns = 0; s; s /= 10) {
nt = s % 10;
for (int s = 0; s <= ns; s++)
for (int r = 0; r <= 1; r++)
if (f[now][s][r])
for (int i = 0; i <= 9; i++)
f[now ^ 1][s + i * i][i > nt || (r && i == nt)] += f[now][s][r];
memset (f[now], 0, sizeof (f[now])), now ^= 1;
ns += 81;
}
LL ans = 0;
for (int s = 1; s <= m; s++)
if (hap[s])
ans += f[now][s][0];
return ans;
}
int main()
{
LY("wwwwodddd");
prep();
scanf ("%d", &T);
for (int TT = 1; TT <= T; TT++) {
scanf (LLD LLD, &L, &R);
printf (LLD"\n", work (R) - work (L - 1));
}
return 0;
}
3 zradiance
3.1 题目描述
给定一个序列 S ，支持以下操作：
• 插入一个数 x ，使得插入后 x 是序列的第 k 个元素
• 删除第 k 个元素
• 翻转区间 [L, R]
• 给定区间 [L, R] ，求
∑ (Sy − Sx)
L≤x≤y≤R
3.2 输入格式
第一行两个整数 n, m ，表示初始时序列长度以及操作数。
第二行 n 个整数，描述初始序列。
接下来 m 行，每行格式为：
• 1 k x
• 2 k
• 3 L R
• 4 L R
意义见题面。
3.3 输出格式
对于每次询问，输出要求表达式的值。
3.4 样例输入
2 5
1 2
4 1 2
1 1 3
2 2
3 1 2
4 1 2
3.5 样例输出
1 1
3.6 数据范围
对于 30% 的数据，满足 n, m ≤ 103
对于 100% 的数据，满足 n, m ≤ 105
zradiance
显然区间具有可加性。于是就是一个普通的序列维护题。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define LY(p) freopen (p".in", "r", stdin); freopen (p".out", "w", stdout)
#define LL long long
#define dbl double
#define ld long double
#ifdef WIN32
#define LLD "%I64d"
#else
#define LLD "%lld"
#endif
#define N 100010
int n, m, opt, x, k, L, R;
int val[N];
struct SplayTree {
struct node {
int ch[2], fa, siz;
int rev;
LL val, lsum, rsum, sum;
};
int siz, rt;
node a[N << 1];
SplayTree(): siz(0), rt(0) {}
int newnode (int v, int ft) {
return siz ++, a[siz].val = a[siz].sum = a[siz].lsum = a[siz].rsum = v, a[siz].rev = 0, a[siz].siz = 1, a[siz].fa = ft, siz;
}
void update (int o) {
a[o].siz = a[ a[o].ch[0] ].siz + a[ a[o].ch[1] ].siz + 1;
a[o].sum = a[ a[o].ch[0] ].sum + a[ a[o].ch[1] ].sum + a[o].val;
a[o].lsum = a[ a[o].ch[0] ].lsum + a[ a[o].ch[1] ].lsum + (a[o].val + a[ a[o].ch[1] ].sum) * (a[ a[o].ch[0] ].siz + 1);
a[o].rsum = a[ a[o].ch[1] ].rsum + a[ a[o].ch[0] ].rsum + (a[o].val + a[ a[o].ch[0] ].sum) * (a[ a[o].ch[1] ].siz + 1);
}
void rev (int o) {
a[o].rev ^= 1;
swap (a[o].lsum, a[o].rsum);
swap (a[o].ch[0], a[o].ch[1]);
}
void push (int o) {
if (a[o].rev)
rev (a[o].ch[0]), rev (a[o].ch[1]), a[o].rev = 0;
}
void rotate (int o, int d) {
int f = a[o].fa, ff = a[f].fa, fd = (a[ff].ch[1] == f);
a[f].ch[d ^ 1] = a[o].ch[d], a[ a[o].ch[d] ].fa = f;
a[o].ch[d] = f, a[f].fa = o;
a[ff].ch[fd] = o, a[o].fa = ff;
update (f);
if (rt == f) rt = o;
}
void splay (int o, int ft = 0) { // note that the way to find the node
for (int f, ff, d, fd; a[o].fa != ft;) {
f = a[o].fa, ff = a[f].fa;
d = a[f].ch[1] == o, fd = a[ff].ch[1] == f;
if (ff == ft)
rotate (o, d ^ 1);
else
if (d == fd)
rotate (f, fd ^ 1), rotate (o, d ^ 1);
else
rotate (o, d ^ 1), rotate (o, fd ^ 1);
}
update (o); // remember it
}
int find (int k) {
int o = rt;
while (1) {
push (o); // push the tag while searching the node
if (k == a[ a[o].ch[0] ].siz + 1)
return o;
if (k < a[ a[o].ch[0] ].siz + 1)
o = a[o].ch[0];
else
k -= a[ a[o].ch[0] ].siz + 1, o = a[o].ch[1];
}
}
int get (int L, int R) { // original rank
int l, r;
r = find (R + 1 + 1), splay (r); // all rank + 1
l = find (L - 1 + 1), splay (l, r); // all rank + 1
return l;
}
void insert (int k, int v) {
int o = get (k, k - 1);
a[o].ch[1] = newnode (v, o);
splay (o);
}
void remove (int k) {
int o = get (k, k);
a[o].ch[1] = 0;
splay (o);
}
void reverse (int L, int R) {
int o = a[get (L, R)].ch[1];
rev (o), push (o);
splay (o);
}
LL query (int L, int R) {
int o = a[get (L, R)].ch[1];
LL s = a[o].lsum - a[o].rsum;
push (o), splay (o);
return s;
}
void build (int &o, int ft, int *val, int l, int r) {
if (l > r) return;
int mid (l + r >> 1);
o = newnode (val[mid], ft);
build (a[o].ch[0], o, val, l, mid - 1);
build (a[o].ch[1], o, val, mid + 1, r);
update (o);
}
void init (int *val, int n) {
rt = newnode (0, 0), a[rt].ch[1] = newnode (0, rt);
build (a[ a[rt].ch[1] ].ch[0], a[rt].ch[1], val, 1, n);
splay (a[rt].ch[1]);
}
} *T = new SplayTree;
int main()
{
LY("zradiance");
scanf ("%d %d", &n, &m);
for (int i = 1; i <= n; i++)
scanf ("%d", val + i);
T-> init (val, n);
for (int i = 1; i <= m; i++) {
scanf ("%d", &opt);
if (opt == 1)
scanf ("%d %d", &k, &x), T-> insert (k, x);
if (opt == 2)
scanf ("%d", &k), T-> remove (k);
if (opt == 3)
scanf ("%d %d", &L, &R), T-> reverse (L, R);
if (opt == 4)
scanf ("%d %d", &L, &R), printf (LLD"\n", T-> query (L, R));
}
return 0;
}
以上题解fromZZD
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原文地址：http://www.cnblogs.com/yangjiyuan/p/5357080.html
