R20 - A 灵图机
题目描述
小圈有一台灵图机。这个灵图机输入一个打孔的纸带。该纸带有 \(n\) 个格子，上面有若干个格子被打孔了。
因为这是一台灵图机，所以它有比图灵机更强的功能：
- 任意指定一个打孔的格子 \(p\)，将 \(p\) 变为未打孔的，一次花费 \(a\)；
- 任意指定一个未打孔的格子 \(p\)，将 \(p\) 变为打孔的，一次花费 \(a\)；
- 任意指定两个格子 \(p,q\)（\(p \ne q\)），其中 \(p\) 是打孔的，\(q\) 是未打孔的，然后将 \(p,q\) 均变为打孔的，一次花费 \(b\)。
- 任意指定两个格子 \(p,q\)（\(p \ne q\)），其中 \(p,q\) 均是打孔的，然后将 \(p,q\) 均变为未打孔的，一次花费 \(b\)。
上述功能可以使用任意多次。你的目标是用最小的代价把纸带上所有格子的打孔状态变成 相同的，即全部打孔或全部未打孔。
Solution
分讨要注意细节啊（。注意如果想让一个孔从打孔变为不打孔的，不仅可以花费 \(a\)，还可以花费 \(2b\)。就是因为没注意到这个挂了 50......
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int n, a, b;
void solve(){cin >> n >> a >> b;int num[2] = {0};for(int i = 1; i <= n; ++i){char c; cin >> c;num[c - '0']++;}int ans = (num[1] ? num[0] * b : a + (num[0] - 1) * b);ans = min({ans, num[0] * a, num[1] * a, (num[1] >> 1) * b + (num[1] & 1) * min(a, 2 * b)});cout << ans << '\n';
}
signed main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0), cout.tie(0);int T; cin >> T;while(T--) solve();return 0;
}
R20 - B 多边形
题目描述
在一个平面直角坐标系下，小圈给了你 \(n\) 个凸多边形，每个凸多边形有 \(m\) 个顶点。所有点的坐标都在 \(0 \sim V\) 之间。
随后，小圈会随机两条直线，一条平行于 \(x\) 轴，一条平行于 \(y\) 轴，直线表示为 \(y = y _ 0\) 和 \(x = x _ 0\)。她的随机方式是，让 \(x _ 0, y _ 0\) 都在 \(0 \sim V\) 的实数中均匀随机。
小圈想知道，对于 \(i \in [1, n] \cap \mathbb{Z}\)，两条直线同时经过的多边形个数恰好为 \(i\) 的概率是多少？为了避免精度问题，小圈要求你输出概率对 \(10 ^ 9 + 7\) 取模的结果。
Solution
实际上跟多边形没有任何关系。首先这个随两条线就是随一个点。然后一条线 \(x = k\) 与多边形有交，就是 \(\min x \le k \le \max x\)。\(y\) 同理。那么我们做二位前缀和，每次对 \([\min x, \max x] [\min y, \max y]\) 这个矩形 +1，最终被覆盖了多少层就是同时经过了多少个多边形。
场上写的扫描线。
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 4e3 + 5, mod = 1e9 + 7;
typedef tuple<int, int, int> tpi;
int mxx[N], mnx[N], mxy[N], mny[N], p[N], n, rge[N], tot, V, sum[N];
void chmax(int &x, int y){ x = max(x, y); }
void chmin(int &x, int y){ x = min(x, y); }
void add(int &x, int y){ (x += y) %= mod; }
int qpow(int a, int b){int ret = 1;for(; b; b >>= 1, (a *= a) %= mod){if(b & 1) (ret *= a) %= mod;}return ret;
}
void add(int l, int r, int x){for(int i = l; i < r; ++i) sum[i] += x;
}
map<int, vector<tpi> > mp;
signed main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0), cout.tie(0);// freopen("polygon4.in", "r", stdin);// freopen("polygon.out", "w", stdout);cin >> n >> V;rge[++tot] = 0, rge[++tot] = V;for(int i = 1; i <= n; ++i){int m; cin >> m;mnx[i] = mny[i] = 1e9;while(m--){int x, y; cin >> x >> y;chmax(mxx[i], x), chmin(mnx[i], x);chmax(mxy[i], y), chmin(mny[i], y);}rge[++tot] = mny[i], rge[++tot] = mxy[i]; }sort(rge + 1, rge + 1 + tot);tot = unique(rge + 1, rge + 1 + tot) - rge - 1;for(int i = 1; i <= n; ++i){mxy[i] = lower_bound(rge + 1, rge + 1 + tot, mxy[i]) - rge;mny[i] = lower_bound(rge + 1, rge + 1 + tot, mny[i]) - rge;mp[mnx[i]].emplace_back(mny[i], mxy[i], 1);mp[mxx[i]].emplace_back(mny[i], mxy[i], -1);}// for(int i = 1; i <= tot; ++i) cout << rge[i] << ' ';// cout << '\n';for(auto [x, t] : mp){auto nxt = mp.upper_bound(x);if(nxt == mp.end()) continue;int len = nxt -> first - x;for(auto [l, r, k] : t) add(l, r, k);for(int i = 1; i < tot; ++i){// cout << sum[i] << ' ' << rge[i] << ' ' << rge[i + 1] << '\n';add(p[sum[i]], len * (rge[i + 1] - rge[i]));}}int frac = qpow(V * V % mod, mod - 2);for(int i = 1; i <= n; ++i) cout << p[i] * frac % mod << ' ';return 0;
}
R20 - C 音游
题目描述
这款音游只有一个键。小铃的按键输入序列可以看作是一个长为 \(m\) 的 01 序列。一首歌有 \(n\) 个音符。一个音符可以用三个整数表示：\((x, y, z)\)，其中 \(x \le y < z\)。当且仅当在输入序列的区间 \([x, y]\) 中都没有 \(1\)，并且输入序列的区间 \((y, z]\) 中有 \(1\) 时，这个音符才会被判定为 Perfect，否则会被判断为 Miss 或 Bad。
小铃怀疑这首歌不可能达成 All Perfect，于是她将音符信息给了你，想问问你最多可以打出多少个 Perfect？并且要求你给出打法供参考。为了简化小铃的判断，你需要输出在打出最多 Perfect 的情况下，字典序最小的 01 串。
Solution
怎么说呢，这种求字典序最小的得反过来做。
考虑 \(f_i\) 表示第 \(i\) 位放 1， \(x > i\) 的合法三元组的最多数量。有转移，\(f_i = \max_{j > i}{f_j + \sum_k [x_k > i][y_k < j][z_k \ge j]}\)。考虑线段树优化。当我们 \(i \gets i - 1\) 的时候，我们把所有 \(x_k = i\) 的音符拿出来，对 \([y_k + 1, z_k]\) 做区间加 1 就把贡献数组维护好了。然后再维护一下单点加（更新 dp 值）和区间最大值就行。
求方案的时候，倒过来做的好处就显现出来了。我们同时记录区间最大值所在的位置，如果有多个就记录最右边哪个 \(k\)。当 \(f_i\) 从 \(f_k\) 转移时，意味着 \((i, k)\) 之间全都是 0，这个字典序肯定是严格小于 \(i\) 从一个更小的 \(j\) 转移过来的。正着做的你会发现无法快速判断字典序大小。
最后偷个懒，认为答案是 \(f_0\)。
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 3e5 + 5;
int tag[N << 2], n, m, pre[N], f[N];
vector<pii> op[N];
pii tr[N << 2];
#define ls(p) p << 1
#define rs(p) p << 1 | 1
void addtag(int p, int k){tr[p].first += k;tag[p] += k;
}
void pushdown(int p){if(tag[p]){addtag(ls(p), tag[p]);addtag(rs(p), tag[p]);tag[p] = 0;}
}
void pushup(int p){tr[p] = max(tr[ls(p)], tr[rs(p)]);
}
void build(int p = 1, int pl = 0, int pr = m + 1){if(pl == pr) return void(tr[p].second = pl);int mid = (pl + pr) >> 1;build(ls(p), pl, mid);build(rs(p), mid + 1, pr);pushup(p);
}
void add(int L, int R, int k, int p = 1, int pl = 0, int pr = m + 1){if(L <= pl && R >= pr) return addtag(p, k);pushdown(p);int mid = (pl + pr) >> 1;if(L <= mid) add(L, R, k, ls(p), pl, mid);if(R > mid) add(L, R, k, rs(p), mid + 1, pr);pushup(p);
}
pii query(int L, int R, int p = 1, int pl = 0, int pr = m + 1){if(L <= pl && R >= pr) return tr[p];pushdown(p);int mid = (pl + pr) >> 1;pii ret = {0, 0};if(L <= mid) ret = query(L, R, ls(p), pl, mid);if(R > mid) ret = max(ret, query(L, R, rs(p), mid + 1, pr));return ret;
}
signed main(){cin.tie(0)->sync_with_stdio(0);cin >> m >> n;build();for(int i = 1; i <= n; ++i){int x, y, z;cin >> x >> y >> z;op[x].emplace_back(y, z);}for(int i = m; i >= 0; --i){for(auto [y, z] : op[i + 1]) add(y + 1, z, 1);pii t = query(i + 1, m + 1);f[i] = t.first, pre[i] = t.second;add(i, i, f[i]);}cout << f[0] << '\n';int lst = 0;for(int i = pre[0]; ; i = pre[i]){for(int j = lst + 1; j < i; ++j) cout << '0';if(i == m + 1) break;cout << '1';lst = i;}return 0;
}
R20 - D 基础数据结构
题目描述
给定长为 \(n\) 的正整数序列 \(a _ 1, a _ 2, \ldots, a _ n\)，求满足以下条件的三元组 \((i, j, k)\) 的对数。
- \(1 \le i \le j < k \le n\)。
- 令 \(S(l, r)\) 表示序列 \(a\) 区间 \([l, r]\) 中的数字组成的集合（去重），则 \(S(i, j) = S(j + 1, k)\)。
Solution
枚举 \(j\)。对于每种数字，找到它 \(\le j\) 的最后一个的位置 \(x\)，和 \(>j\) 的第一个位置 \(y\)。可以发现，合法的 \(i\)，\(k\)，要满足对任意 \((x, y),i \le x < y \le k \lor x < i < k < y\)。根据实现，模拟这个，赛时做到了 \(O(\frac{NV^2}{w})\)。
还是枚举 \(j\)，考虑每个 \(k\) 有多少个合法的 \(i\)。如果我们把所有 \((x, y)\) 画在平面上。可以发现，如果一个 \(k\) 有合法的 \(i\) 与它对应，那么按 \(x\) 从小到大排序后，肯定是前面的 \(y\) 都 \(\ge k\)，后面的 \(y\) 都 \(< k\)。并且对应的 \(i\) 的数量，就是那个分界点的 \(x\) 的差值。
然后我们对 \(k\) 轴（\(y\) 轴）开一颗线段树，对于每个 \(k\) 维护切换次数和切换位置的差值和（也就是按 \(x\) 排序后，满足 \(y_t \ge k \land y_{t + 1} < k\) 的 \(t\) 的个数和 \(\sum{x_{t + 1} - x_{t}}\)），可以发现只有当一个 \(k\) 的切换次数为 1 时，才满足存在前缀都 \(\ge k\)，后缀都 \(<k\)，那么把这个位置的差值贡献到答案。
那么这样我们用 set 维护按 \(x\) 排序后的结果。可以发现 \(j \gets j + 1\) 就是删一个点 \((pre_{a_j}, i)\) 然后加一个点 \((i, nxt_{a_j})\)。那么我们在 set 上找到前继后继，删掉原来的贡献，加入新的贡献即可，具体来说是一个类似区间加的操作（切换次数/切换位置差值）。考虑查询，由于 \([i, j]\) 一定包含了 \(a_j\) 这个数，而我们刚刚加了了个 \((i, nxt_{a_j})\)，所以我们如果查询 \([nxt_{a_j},n]\) 这段区间的话，每个 \(k\) 的切换次数都至少为 1。那么对于线段树上的每个节点，维护区间内切换次数的最小值，切换次数=最小值的点的个数和切换次数=最小值的点的差值之和，如果该区间的切换次数最小值为 1，就贡献到答案。
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 5e5 + 5;
int n, a[N];
set<int> pos[N];
struct node{int cnt, sum, len;
}tr[N << 2];
struct tg{int num, add;
}tag[N << 2];
#define ls(p) p << 1
#define rs(p) p << 1 | 1
#define cnt(p) tr[p].cnt
#define sum(p) tr[p].sum
#define len(p) tr[p].len
void pushup(int p){int c = min(cnt(ls(p)), cnt(rs(p))), s = 0, l = 0;if(c == cnt(ls(p))) s += sum(ls(p)), l += len(ls(p));if(c == cnt(rs(p))) s += sum(rs(p)), l += len(rs(p));tr[p] = {c, s, l};
}
void addtag(int p, tg k){tag[p] = {tag[p].num + k.num, tag[p].add + k.add};tr[p] = {cnt(p) + k.num, sum(p) + k.add * len(p), len(p)};
}
void pushdown(int p){if(tag[p].num || tag[p].add){addtag(ls(p), tag[p]);addtag(rs(p), tag[p]);tag[p] = {0, 0};}
}
void build(int p = 1, int pl = 1, int pr = n){len(p) = pr - pl + 1;if(pl == pr) return;int mid = (pl + pr) >> 1;build(ls(p), pl, mid), build(rs(p), mid + 1, pr);
}
void upd(int L, int R, tg k, int p = 1, int pl = 1, int pr = n){if(L <= pl && R >= pr) return addtag(p, k);pushdown(p);int mid = (pl + pr) >> 1;if(L <= mid) upd(L, R, k, ls(p), pl, mid);if(R > mid) upd(L, R, k, rs(p), mid + 1, pr);pushup(p);
}
int qry(int L, int R, int p = 1, int pl = 1, int pr = n){if(L <= pl && R >= pr) return (cnt(p) == 1 ? sum(p) : 0);pushdown(p);int mid = (pl + pr) >> 1, ret = 0;if(L <= mid) ret += qry(L, R, ls(p), pl, mid);if(R > mid) ret += qry(L, R, rs(p), mid + 1, pr);return ret;
}
struct pii{int first, second;pii(int x, int y){ first = x, second = y; }bool operator < (const pii & b) const{return (first == b.first ? second > b.second : first < b.first);}
};
set<pii> s;
void ins(int x, int y){if(s.empty()) return s.emplace(x, y), void();auto it = s.lower_bound({x, y});if(it != s.end()){auto [px, py] = *it;if(it != s.begin()){auto [qx, qy] = *prev(it);if(qy > py) upd(py, qy - 1, {-1, qx - px});}if(y > py) upd(py, y - 1, {1, px - x});}if(it != s.begin()){auto [qx, qy] = *prev(it);if(qy > y) upd(y, qy - 1, {1, x - qx});}s.emplace(x, y);
}
void del(int x, int y){s.erase({x, y});auto it = s.lower_bound({x, y});if(it != s.end()){auto [px, py] = *it;if(it != s.begin()){auto [qx, qy] = *prev(it);if(qy > py) upd(py, qy - 1, {1, px - qx});}if(y > py) upd(py, y - 1, {-1, x - px});}if(it != s.begin()){auto [qx, qy] = *prev(it);if(qy > y) upd(y, qy - 1, {-1, qx - x});}
}
int pre(int x){auto it = pos[a[x]].lower_bound(x);if(it == pos[a[x]].begin()) return 0;return *prev(it);
}
int nxt(int x){auto it = pos[a[x]].upper_bound(x);if(it == pos[a[x]].end()) return n + 1;return *it;
}
signed main(){cin >> n;for(int i = 1; i <= n; ++i) cin >> a[i], pos[a[i]].insert(i);build();ins(0, n + 1);for(int i = 1; i <= n; ++i){int j = pre(i);if(j == 0) ins(0, i);}int ans = 0;for(int j = 1; j < n; ++j){int p = pre(j), q = nxt(j);del(p, j), ins(j, q);if(q <= n) ans += qry(q, n);}cout << ans;return 0;
}
Summary
分讨要仔细，如果发现样例太弱要写对拍啊。
)
