标签：二分答案 flush iterator include ++ 因子 头文件 合并 ifd
以下代码为了阅读方便，省去以下头文件：
#include <iostream> #include <stdio.h> #include <math.h> #include <string.h> #include <time.h> #include <stdlib.h> #include <string> #include <bitset> #include <vector> #include <set> #include <map> #include <queue> #include <algorithm> #include <sstream> #include <stack> #include <iomanip> using namespace std; #define pb push_back #define mp make_pair typedef pair<int,int> pii; typedef long long ll; typedef double ld; typedef vector<int> vi; #define fi first #define se second #define fe first #define FO(x) {freopen(#x".in","r",stdin);freopen(#x".out","w",stdout);} #define Edg int M=0,fst[SZ],vb[SZ],nxt[SZ];void ad_de(int a,int b){++M;nxt[M]=fst[a];fst[a]=M;vb[M]=b;}void adde(int a,int b){ad_de(a,b);ad_de(b,a);} #define Edgc int M=0,fst[SZ],vb[SZ],nxt[SZ],vc[SZ];void ad_de(int a,int b,int c){++M;nxt[M]=fst[a];fst[a]=M;vb[M]=b;vc[M]=c;}void adde(int a,int b,int c){ad_de(a,b,c);ad_de(b,a,c);} #define es(x,e) (int e=fst[x];e;e=nxt[e])
D1 P1
两个长度都为n的字符串，修改不超过k次（一次只能修改任意一串的任意一个字符）使最长公共子串最长。n<=300，k<=350。
枚举最长公共子串在两串中的开头，往后看匹不匹配，不匹配就修改。
#define SZ 666666 int n,k; char sa[SZ],sb[SZ]; int main() { FO(master) scanf("%d%d%s%s",&n,&k,sa,sb); int ans=0; for(int a=0;a<n;a++) { for(int b=0;b<n;b++) { int cur=0; for(int l=1;a+l<=n&&b+l<=n;l++) { cur+=(sa[l+a-1]!=sb[l+b-1]); if(cur>k) break; ans=max(ans,l); } } } printf("%d\n",ans); }
D1 P2
给出一个n个点的图的邻接矩阵，求有多少条简单路径恰好经过了4个点。n<=1500。
我们枚举一条边作为简单路径中间的一条边，那么对答案的贡献就是(d1-1)*(d2-1)*2类似这样。
这时候我们发现三元环好像会被计算若干次，扣掉就行了。三元环的个数只要枚举一条边，两个端点的邻接矩阵and在一起看一下有多少个1就行。bitset一波。
#define SZ 666666 int n; ll cc[SZ]; char rp[1505][1505]; bitset<1503> bs[1505]; int main() { FO(tour) scanf("%d\n",&n); for(int i=1;i<=n;i++) gets(rp[i]+1); for(int i=1;i<=n;i++) { for(int j=1;j<=n;j++) { cc[j]+=(rp[i][j]==‘1‘); bs[i][j]=rp[i][j]-‘0‘; } } ll ans=0,cyc=0; for(int i=1;i<=n;i++) { for(int j=i+1;j<=n;j++) { if(rp[i][j]!=‘1‘) continue; ans+=(cc[i]-1)*(cc[j]-1)*2; } } for(int i=1;i<=n;i++) { for(int j=i+1;j<=n;j++) if(rp[i][j]==‘1‘) cyc+=(bs[i]&bs[j]).count(); } cout<<ans-cyc*2<<"\n"; }
D1 P3
有n个点，编号为1~n，开始有m条单向边。每个点有一个编码val，如果，那么i->j也有一条单向边。边权都为1，求1号点到每一个点的距离。n<=20W，m<=30W，1<=val<2^20。
我们考虑把每个val建一个点，假设对于一个val的位置为val+r，i->val[i]+r连一条权值为1的边，val[i]+r->i连一条权值为0的边，那么我们只要让val里面连的那些边边权为0就行了。
val里面连边暴力连显然比较蠢，我们只连二进制相差一位的val，这样传递一下就相当于连了所有变了。
至于边权为0和1的最短路怎么跑...2^20个点，spfa显然过不去。有一种技巧是边权为0的扩展完塞到队头，边权为1的塞到队尾，这样bfs就可以了。
#define SZ 11500003 int N,n,m,vs[233333]; int M=0,fst[1281909],vb[SZ],nxt[SZ]; bool vc[SZ]; void ad_de(int a,int b,int c) {++M;nxt[M]=fst[a];fst[a]=M;vb[M]=b;vc[M]=c;} int r=0,lim=1<<20; int dist[1281909]; #define P 2097151 int qs[P+3]; void spfa() { memset(dist,127/3,sizeof(dist)); dist[1]=0; int h=0,t=0; qs[t++]=1; while(h^t) { int x=qs[h++]; h&=P; if(dist[x]>=dist[0]) continue; for es(x,e) { int b=vb[e],c=vc[e]; if(dist[b]<=dist[x]+c) continue; dist[b]=dist[x]+c; if(c) qs[t++]=b, t&=P; else qs[h=(h-1)&P]=b; } } } char ch,B[1<<15],*S=B,*T=B; #define getc() (S==T&&(T=(S=B)+fread(B,1,1<<15,stdin),S==T)?0:*S++) #define isd(c) (c>=‘0‘&&c<=‘9‘) int aa,bb;int F(){ while(ch=getc(),!isd(ch)&&ch!=‘-‘);ch==‘-‘?aa=bb=0:(aa=ch-‘0‘,bb=1); while(ch=getc(),isd(ch))aa=aa*10+ch-‘0‘;return bb?aa:-aa; } #define gi F() #define BUFSIZE 300000 namespace fob {char b[BUFSIZE]={},*f=b,*g=b+BUFSIZE-2;} #define pob (fwrite(fob::b,sizeof(char),fob::f-fob::b,stdout),fob::f=fob::b,0) #define pc(x) (*(fob::f++)=(x),(fob::f==fob::g)?pob:0) struct foce {~foce() {pob; fflush(stdout);}} _foce; namespace ib {char b[100];} inline void pint(int x) { if(x==0) {pc(48); return;} if(x<0) {pc(‘-‘); x=-x;} char *s=ib::b; while(x) *(++s)=x%10, x/=10; while(s!=ib::b) pc((*(s--))+48); } int main() { FO(walk) n=N=gi; m=gi; for(int i=1;i<=n;i++) vs[i]=gi; for(int i=1;i<=m;i++) { int a=gi,b=gi; ad_de(a,b,1); } r=n+1; n+=lim; for(int i=1;i<=N;i++) ad_de(i,vs[i]+r,1); for(int i=1;i<=N;i++) ad_de(vs[i]+r,i,0); int m1=M; for(int j=0;(1<<j)<lim;j++) { for(int i=0;i<lim;i++) { int nx=i|(1<<j); if(i==nx||nx>=lim) continue; ad_de(nx+r,i+r,0); } } spfa(); for(int i=1;i<=N;i++) { if(dist[i]>=dist[0]) dist[i]=-1; pint(dist[i]); pc(10); } }
D2 T1
给定m个不同正整数a1~am，对于0~m的每一个k，求[1,n]中有多少个数是a中恰好k个数的倍数。m<=200，1<=n,a<=10^9。
枚举每个数的约数即可，下面这个代码写的比较智障。
vector<pii> fj(int x) { vector<pii> vec; for(int i=2;i*i<=x;i++) { if(x%i) continue; pii cur=pii(i,0); while(x%i==0) ++cur.se, x/=i; vec.pb(cur); } if(x>1) vec.pb(pii(x,1)); return vec; } vector<pii> pp; vi yy; void dfs(int dep=0,int c1=1) { if(dep==pp.size()) { yy.push_back(c1); return; } int a=pp[dep].fi,b=pp[dep].se; for(int j=0;j<=b;j++) { dfs(dep+1,c1); c1*=a; } } vi yss(int x) { yy.clear(); pp=fj(x); dfs(); return yy; } int n,m,a[SZ]; set<int> si; int cc[SZ]; int cnt(int s) { int ans=0; for(int i=1;i<=m;i++) ans+=(a[i]%s==0); return ans; } int main() { FO(div) scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d",a+i); for(int i=1;i<=m;i++) { vi t=yss(a[i]); for(int j=0;j<t.size();j++) si.insert(t[j]); } for(set<int>::iterator p=si.begin();p!=si.end();++p) { int g=*p; if(g>n) continue; ++cc[cnt(g)]; } int sum=n; for(int i=0;i<=m;i++) sum-=cc[i]; cc[0]+=sum; for(int i=0;i<=m;i++) printf("%d\n",cc[i]); }
D2 T2
有n个商店，每个商店卖一个物品，一个物品有价格、价值，商店会在某一时间开张。
要进行m次购物，每次购物有一个预算，在某个时间开始，求每次的最大价值，购买之间独立。
n<=300，m<=10W，价格、预算<=10^9，价值、时间<=300。
询问离线后按时间排序。既然价值这么小，我们就用dp[i]表示达到i这么多的价值最少的价格，询问时二分。
#define SZ 666666 int n,m; struct shop {int c,v,t;}cs[SZ]; struct plan {int t,m,id,ans;}ps[SZ]; bool operator < (shop a,shop b) {return a.t<b.t;} bool operator < (plan a,plan b) {return a.t<b.t;} bool cid(plan a,plan b) {return a.id<b.id;} int W=90000; ll rp[99999]; int cur=1; void pt(ll t) { while(cur<=n&&ps[cur].t<t) { int l=0,r=W; while(l<r) { int m=(l+r+1)>>1; if(rp[m]<=ps[cur].m) l=m; else r=m-1; } ps[cur++].ans=l; } } int main() { FO(market) scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d%d%d",&cs[i].c,&cs[i].v,&cs[i].t); for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d%d",&ps[i].t,&ps[i].m), ps[i].id=i; sort(ps+1,ps+1+m); sort(cs+1,cs+1+n); memset(rp,127/3,sizeof(rp)); rp[0]=0; for(int i=1;i<=n;i++) { pt(cs[i].t); for(int j=W;j>=cs[i].v;j--) rp[j]=min(rp[j],cs[i].c+rp[j-cs[i].v]); } pt(1e9+3); sort(ps+1,ps+1+m,cid); for(int i=1;i<=m;i++) printf("%d\n",ps[i].ans); }
D2 T3
有一棵n个点的树，每条边i有一个限制区间[li,ri]表示速度在[li,ri]才能通过这条边。现在给出m个询问，每次给出一个速度求最长链。n,m<=70000，1<=li<=ri<=n。
首先我们知道我们是可以加边和维护一个森林的直径的。并查集，合并两个联通块时新直径只可能从6个点产生：原来两条直径的端点和接在一起的那条边。此外，我们也可以按照加边的顺序倒着撤销，只要并查集是按秩合并的就可以。
接下来我们考虑对于速度建出一棵线段树，然后那么一个限制区间就可以下放到线段树上的若干个节点，而一个询问针对的是一个叶子节点，满足条件的是这个叶子节点到线段树根上的这些边。那我们在线段树上dfs，进入一个节点的时候加上这个节点的边，出去的时候撤销这些边，这样就行了。
以下的代码没有在bzoj评测机上测过，（很有）可能会被卡常/爆内存。
#define SZ 200003 ll MOD=998244353; Edg #define P 19 typedef pair<int,int> pii; int n,fa[SZ],dep[SZ]; int cc=0,app[SZ],bs[SZ],cx[SZ],c2=0; pii pp[SZ],minn[SZ][P]; void dfs(int x) { ++cc; app[x]=cc; pp[cc]=pii(dep[x],x); cx[++c2]=x; for(int e=fst[x];e;e=nxt[e]) { int b=vb[e]; if(b==fa[x]) continue; fa[b]=x; dep[b]=dep[x]+1; dfs(b); pp[++cc]=pii(dep[x],x); } } void build() { for(int i=1;i<=cc;i++) minn[i][0]=pp[i]; for(int i=1;i<=cc;i++) { int g=0; while((1<<g)<=i) ++g; bs[i]=g-1; } for(int p=1;p<P;p++) { for(int i=1;i<=cc;i++) { if(i+(1<<p)-1>cc) break; minn[i][p]=min(minn[i][p-1],minn[i+(1<<(p-1))][p-1]); } } } int lca(int a,int b) { a=app[a]; b=app[b]; if(a>b) swap(a,b); int l2=bs[b-a+1]; return min(minn[a][l2],minn[b-(1<<l2)+1][l2]).second; } int dis(int a,int b) { int l=lca(a,b); return dep[a]+dep[b]-dep[l]*2; } pii mg(pii a,int b) { int s[3]={a.fi,a.se,b}; pii aa; int ans=-1; for(int i=0;i<3;i++) { for(int j=i+1;j<3;j++) { int d=dis(s[i],s[j]); if(d>ans) ans=d, aa=pii(s[i],s[j]); } } return aa; } //a,b为直径，c为衔接处 pii mg(pii a,pii b,pii c) { pii aa=a; int ans=dis(a.fi,a.se); { int tmp=dis(b.fi,b.se); if(tmp>ans) ans=tmp, aa=b; } int as[3]={a.fi,a.se,c.fi},bs[3]={b.fi,b.se,c.se}; for(int i=0;i<3;i++) { for(int j=0;j<3;j++) { int d=dis(as[i],bs[j]); if(d>ans) ans=d, aa=pii(as[i],bs[j]); } } return aa; } int m; struct Tuple {int f; pii z;}; int ans=0,ff[SZ]; pii zj[SZ]; int gf(int x) { return (ff[x]>0)?gf(ff[x]):x; } struct Msg { int ga,gb,fa,fb; pii pa,pb; Msg() {ga=gb=0;} Msg(int a,int b,int c,int d,pii x,pii y) {ga=a; gb=b; fa=c; fb=d; pa=x; pb=y;} }; //use the return value to reverse! Msg uni(int u,int v) { int ga=gf(u),gb=gf(v); if(ga==gb) return Msg(); if(ff[ga]>ff[gb]) swap(ga,gb); Msg rt=Msg(ga,gb,ff[ga],ff[gb],zj[ga],zj[gb]); pii tmp=mg(zj[ga],zj[gb],pii(u,v)); zj[ga]=tmp; ff[ga]+=ff[gb]; ff[gb]=ga; return rt; } void rev(Msg p) { if(!p.ga) return; ff[p.ga]=p.fa; ff[p.gb]=p.fb; zj[p.ga]=p.pa; zj[p.gb]=p.pb; } #define ST 8888888 struct edg {int u,v,l,r;}es[SZ]; namespace seg { const int M=131072; int nx[ST],fs[M+M+3],bb[ST],C=0; Msg tmp[ST]; void split(int l,int r,int g) { for(l+=M-1,r+=M+1;l^r^1;l>>=1,r>>=1) { if(~l&1) {++C; bb[C]=g; nx[C]=fs[l^1]; fs[l^1]=C;} if(r&1) {++C; bb[C]=g; nx[C]=fs[r^1]; fs[r^1]=C;} } } int cm[M+M+3]; int tat[ST]; void dfs(int x,int zjj=0) { for(int e=fs[x];e;e=nx[e]) { int b=bb[e]; tmp[e]=uni(es[b].u,es[b].v); int a=tmp[e].ga; if(!a) continue; zjj=max(zjj,dis(zj[a].fi,zj[a].se)); } if(x>M) cm[x]=zjj; else { dfs(x*2,zjj); dfs(x*2+1,zjj); } int tn=0; for(int e=fs[x];e;e=nx[e]) tat[++tn]=e; while(tn) rev(tmp[tat[tn--]]); } } #define BUFSIZE 300000 char ch,B[1<<15],*S=B,*T=B; #define getc() (S==T&&(T=(S=B)+fread(B,1,1<<15,stdin),S==T)?0:*S++) #define isd(c) (c>=‘0‘&&c<=‘9‘) int aa,bb;int F(){ while(ch=getc(),!isd(ch)&&ch!=‘-‘);ch==‘-‘?aa=bb=0:(aa=ch-‘0‘,bb=1); while(ch=getc(),isd(ch))aa=aa*10+ch-‘0‘;return bb?aa:-aa; } #define gi F() namespace fob {char b[BUFSIZE]={},*f=b,*g=b+BUFSIZE-2;} #define pob (fwrite(fob::b,sizeof(char),fob::f-fob::b,stdout),fob::f=fob::b,0) #define pc(x) (*(fob::f++)=(x),(fob::f==fob::g)?pob:0) struct foce {~foce() {pob; fflush(stdout);}} _foce; namespace ib {char b[100];} inline void pint(int x) { if(x==0) {pc(48); return;} if(x<0) {pc(‘-‘); x=-x;} char *s=ib::b; while(x) *(++s)=x%10, x/=10; while(s!=ib::b) pc((*(s--))+48); } int main() { FO(speed) n=gi, m=gi; for(int i=1;i<n;i++) { es[i].u=gi, es[i].v=gi, es[i].l=gi, es[i].r=gi; adde(es[i].u,es[i].v); } for(int i=1;i<=n;i++) ff[i]=-1, zj[i]=pii(i,i); dfs(1); build(); for(int i=1;i<n;i++) seg::split(es[i].l,es[i].r,i); seg::dfs(1); for(int i=1;i<=m;i++) { int q=gi; pint(seg::cm[q+seg::M]); pc(10); } }
D3 T1
一个长度为n的序列，计算每个连续子序列（子段）的平均数，求第k小的平均数，n<=10W。
二分答案，那么我们要知道平均值<s的子段有几个，我们把所有数都减去s，就是要求和<0的子段个数，即前缀和逆序对个数。
由于懒得离散，写的归并
#define SZ 666666 int n,aa[SZ]; ll k,nx=0; ld rp[SZ],tmp[SZ]; void fz(int l,int r) { if(l==r) return; int tn=0,m=(l+r)>>1; fz(l,m); fz(m+1,r); int x=l; for(int i=m+1;i<=r;i++) { while(x<=m&&rp[x]<rp[i]) tmp[++tn]=rp[x++]; nx+=m-x+1; tmp[++tn]=rp[i]; } while(x<=m) tmp[++tn]=rp[x++]; tn=0; for(int i=l;i<=r;i++) rp[i]=tmp[++tn]; } //平均值<=s的有几个？ ll cnt(ld s) { rp[0]=0; for(int i=1;i<=n;i++) rp[i]=rp[i-1]+aa[i]-s; nx=0; fz(0,n); return nx; } int main() { FO(ave) scanf("%d%I64d",&n,&k); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",aa+i); ld l=0,r=1e9+3; for(int i=1;i<=80;i++) { ld m=(l+r)/2; if(cnt(m)<k) l=m; else r=m; } printf("%.4lf\n",l); }
D3 T2
有一个n*m的网格，要用p种颜色涂色，使每相邻两列都出现了至少q种颜色，求方案数mod 998244353。n,p,q<=100且q<=p，m<=10^9。
我们用dp[a][b]表示前a列，第a列用了b种颜色的方案数，然后我们考虑枚举下一列用了x种新颜色，y种旧颜色，那么dp[a+1][x+y]+=C(b,x)*C(p-b,y)*pal(n,a+b)，其中pal(a,b)表示用恰好b种颜色染a个球的方案数。
注意到这个a是打酱油的，我们拿去矩阵快速幂优化一下。
至于这个pal怎么算，我们枚举在c种颜色中使用了多少种颜色，容斥一发即可。感觉这个东西应该有更优美的算法（这样硬算预处理是立方的），如果有知道的老司机求回答一下：http://stackoverflow.com/questions/39955981/how-to-calculate-the-ways-to-paint-n-different-balls-with-exact-c-different-colo。
#define SZ 666666 ll MOD=998244353; ll C[233][233],fac[233],P[233][233]; ll pal[233][233]; ll pp[233][233]; int n,m,p,q; ll qp(ll a,ll b) { a%=MOD; ll ans=1; while(b) { if(b&1) ans=ans*a%MOD; a=a*a%MOD; b>>=1; } return ans; } //paint a with b colors ll sel(int a,int b) { ll ans=0; for(int j=1;j<=b;j++) { if(j%2==b%2) ans+=pp[j][a]*C[b][j]%MOD; else ans-=pp[j][a]*C[b][j]%MOD; ans%=MOD; } return ans; } int N; struct mat { ll rp[110][110]; ll* operator [] (int p) {return rp[p];} void clr() {memset(rp,0,sizeof(rp));} }; mat operator * (mat a,mat b) { mat ans; ans.clr(); for(int i=0;i<N;i++) { for(int j=0;j<N;j++) { ll g=0; for(int k=0;k<N;k++) g=(g+a[i][k]*b[k][j]%MOD)%MOD; ans[i][j]=g; } } return ans; } mat dw() { mat ans; ans.clr(); for(int i=0;i<N;i++) ans[i][i]=1; return ans; } mat zy; mat qp(mat x,int g) { mat cur=dw(); while(g) { if(g&1) cur=cur*x; x=x*x; g>>=1; } return cur; } int main() { FO(color) fac[0]=1; for(int i=1;i<=200;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%MOD; for(int i=0;i<=200;i++) { C[i][0]=1; for(int j=1;j<=i;j++) C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%MOD; for(int j=0;j<=i;j++) P[i][j]=C[i][j]*fac[j]%MOD; } for(int i=0;i<=200;i++) { pp[i][0]=1; for(int j=1;j<=200;j++) pp[i][j]=pp[i][j-1]*i%MOD; } for(int i=0;i<=200;i++) { for(int j=1;j<=200;j++) pal[i][j]=sel(i,j); } cin>>n>>m>>p>>q; N=p+1; for(int j=0;j<=p;j++) { for(int a=0;a<=j;a++) { for(int b=0;b<=p-j;b++) { if(a+b==0) continue; if(j+b>=q);else continue; ll &s=zy[j][a+b]; ll px=C[j][a]*C[p-j][b]%MOD*pal[n][a+b]%MOD; s=(s+px)%MOD; } } } mat ss=qp(zy,m); ll ans=0; for(int i=0;i<N;i++) ans+=ss[p][i], ans%=MOD; cout<<(ans%MOD+MOD)%MOD<<"\n"; }
D3 T3
有一个长度为n的序列和m个询问，每个询问都是l r x的形式，表示询问l~r位置有多少个数>=x。现在有q次修改，每次要改变一个位置上的数。要求在修改前和每次修改后输出每个询问结果的和，修改强制在线（xor lastans）。
我们考虑一个位置上的数，例如a[s]=g，会对l<=s<=r且g>=s的询问有1的贡献，那么我们只要能数这些询问就可以了，差分完主席树就行。
#define enc #define SZ 666666 #define S2 6666666 int ch[S2][2],rot[SZ],sum[S2],an=0; void ins(int r1,int& r2,int l,int r,int p,int q) { if(!r2) r2=++an; sum[r2]=sum[r1]+q; if(l==r) return; int mid=l+r>>1; if(p<=mid) ins(ch[r1][0],ch[r2][0],l,mid,p,q), ch[r2][1]=ch[r1][1]; else ins(ch[r1][1],ch[r2][1],mid+1,r,p,q), ch[r2][0]=ch[r1][0]; } int query(int r2,int l,int r,int p) { if(l>p) return 0; if(r<=p) return sum[r2]; int mid=l+r>>1,ans=0; ans+=query(ch[r2][0],l,mid,min(p,mid)); if(p>mid) ans+=query(ch[r2][1],mid+1,r,p); return ans; } int n,m,q,a[SZ]; int ls[SZ],rs[SZ],xs[SZ]; int query(int g,int s) {return query(rot[g],0,n,s);} ll aa=0; struct data { int r,x,g; data() {} data(int a,int b,int c) {r=a; x=b; g=c;} }; bool operator < (data a,data b) {return a.r<b.r;} data ds[SZ]; int dn=0; namespace FFF { char ch,B[1<<15],*S=B,*T=B; #define getc() (S==T&&(T=(S=B)+fread(B,1,1<<15,stdin),S==T)?0:*S++) #define isd(c) (c>=‘0‘&&c<=‘9‘) ll aa,bb; ll F(){ while(ch=getc(),!isd(ch)&&ch!=‘-‘);ch==‘-‘?aa=bb=0:(aa=ch-‘0‘,bb=1); while(ch=getc(),isd(ch))aa=aa*10+ch-‘0‘;return bb?aa:-aa; } } #define gl FFF::F() int main() { FO(seq) n=gl, m=gl, q=gl; //scanf("%d%d%d",&n,&m,&q); for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=gl;//scanf("%d",a+i); for(int i=1;i<=m;i++) ls[i]=gl, rs[i]=gl, xs[i]=gl; //scanf("%d%d%d",ls+i,rs+i,xs+i); for(int i=1;i<=m;i++) { ds[++dn]=data(ls[i],xs[i],1); ds[++dn]=data(rs[i]+1,xs[i],-1); } sort(ds+1,ds+1+dn); int cur=0,cp=1; for(int i=0;i<=n+1;i++) { int p=0; while(cp<=dn&&ds[cp].r==i) { p=0; ins(cur,p,0,n,ds[cp].x,ds[cp].g); //cout<<i<<" "<<ds[cp].x<<","<<ds[cp].g<<"\n"; ++cp; cur=p; } rot[i]=cur; } for(int i=1;i<=n;i++) aa+=query(i,a[i]); ll lans=aa; printf("%I64d\n",lans); while(q--) { ll x=gl,y=gl; //scanf("%I64d%I64d",&x,&y); #ifdef enc x^=lans; y^=lans; #else //debug only #warning Encrypt? #endif aa-=query(x,a[x]); a[x]=y; aa+=query(x,a[x]); printf("%I64d\n",aa); lans=aa; } }
D4 T1
开始有a个红色，b个黄色，c个蓝色，要求至少x个红色，y个黄色，z个蓝色，每次可以把任何两个同种颜色转化为一个另一种颜色，问是否可行。多组询问，T<=100，0<=a,b,c,x,y,z<=1000000。
如果你不想动脑子，你可以每次把最多的分给最少的，这样暴力就行了。
如果你打算动脑子，我们考虑如果a比x大就有了(a-x)/2的空余，否则就有a-x的需求，只要判需求<=空余就行了。
int tar[3],x[3]; int main() { FO(osiris) int T; scanf("%d",&T); while(T--) { scanf("%d%d%d%d%d%d",x,x+1,x+2,tar,tar+1,tar+2); while(x[0]<tar[0]||x[1]<tar[1]||x[2]<tar[2]) { int need=0,ok=-1; if(x[1]<tar[1]) need=1; if(x[2]<tar[2]) need=2; if(x[0]-2>=tar[0]) ok=0; if(x[1]-2>=tar[1]) ok=1; if(x[2]-2>=tar[2]) ok=2; if(ok==-1) break; x[ok]-=2; x[need]++; } bool yy=1; for(int i=0;i<3;i++) yy&=(x[i]>=tar[i]); if(yy) puts("YES"); else puts("NO"); } }
D4 T2
给一个n个点m条边的有向图，求有多少个子图（即边集）是无环的，对1e9+7取模。n<=17。
不是很懂题解，待填坑。
D4 T3
给定n，求1<=a,b<=n且lcm(a,b)>n的(a,b)对数mod 1e9+7。
首先我们不妨把求lcm(a,b)>n改为求lcm(a,b)<=n，然后枚举gcd。
设
，
然后设
，这个不妨设a<=b然后枚举b来算，就可以做到O(sqrt(k))。
那么我们枚举一下gcd，扣掉gcd不为1的就行了：
然后老套路，小的情况线筛预处理。那么怎么线筛？
我们考察f(n)-f(n-1)，这部分一定是乘积为n且互质的两个数...那就是2^(n的不同因子个数啊)，因为每个因子只能由一个数取光。
这样我们对于<=n^(2/3)的线筛，用老套路积分可以得到复杂度为O(n^(2/3))。
#define SZ 2333333 #define M 2000000 typedef long long ll; ll p2[SZ]; bool np[SZ]; int ps[SZ],pn=0; ll f[SZ]; ll MOD=1000000007; void shai() { np[1]=1; p2[1]=1; for(int i=2;i<=M;i++) { if(!np[i]) {ps[++pn]=i; p2[i]=2;} for(int j=1;j<=pn&&i*ps[j]<=M;j++) { int nx=i*ps[j]; np[nx]=1; if(i%ps[j]) p2[nx]=p2[i]*2; else {p2[nx]=p2[i]; break;} } } for(int i=1;i<=M;i++) f[i]=(f[i-1]+p2[i])%MOD; } ll gs(ll x) { ll ans=0; for(ll i=1;i*i<=x;i++) ans+=(x/i-i)*2+1; return ans%MOD; } ll gf(ll x) { if(x<=M) return f[x]; ll s=gs(x); for(ll t=2;t*t<=x;t++) s-=gf(x/t/t); return s%MOD; } int main() { shai(); ll n,ans=0; cin>>n; for(ll s=1;s<=n;s=n/(n/s)+1) { ll ls=n/(n/s); ans+=gf(n/s)*(ls-s+1)%MOD; ans%=MOD; } ll aa=(n%MOD)*(n%MOD)%MOD-ans; aa=(aa%MOD+MOD)%MOD; cout<<aa<<"\n"; }
今天先施工到这。
标签：二分答案 flush iterator include ++ 因子 头文件 合并 ifd
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