【BZOJ 4817】[SDOI2017] 树点涂色

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题目传送门:http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4817

解题报告

我们发现涂色可以看作LCT的access操作
然后权值就是到根的虚边数

于是用LCT来维护颜色
用线段树配合DFS序来支持查询
时间复杂度:$O(n \log^2 n)$

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;

const int N = 100009;
const int M = N << 1;
const int LOG = 20;

int n, m, head[N], nxt[M], to[M]; 
int in[N], ot[N], dep[N], num[N], ff[N][LOG];

inline int read() {
	char c = getchar(); int ret = 0, f = 1;
	for (; c < '0' || c > '9'; f = c == '-'? -1: 1, c = getchar());
	for (; '0' <= c && c <= '9'; ret = ret * 10 + c - '0', c = getchar());
	return ret * f;
}

inline void AddEdge(int u, int v) {
	static int E = 1;
	to[++E] = v; nxt[E] = head[u]; head[u] = E;
	to[++E] = u; nxt[E] = head[v]; head[v] = E;
}

inline int LCA(int u, int v) {
	if (dep[u] < dep[v]) {
		swap(u, v);
	}
	for (int j = LOG - 1; ~j; j--) {
		if (dep[ff[u][j]] >= dep[v]) {
			u = ff[u][j];
		}
	}
	if (u == v) {
		return u;
	}
	for (int j = LOG - 1; ~j; j--) {
		if (ff[u][j] != ff[v][j]) {
			u = ff[u][j];
			v = ff[v][j];
		}
	}
	return ff[u][0];
}

class SegmentTree{
	int root, ch[M][2], tag[M], mx[M];
public:
	inline void init() {
		build(root, 1, n);
	}
	inline void modify(int l, int r, int d) {
		modify(root, 1, n, l, r, d);
	}
	inline int query(int l, int r = -1) {
		return query(root, 1, n, l, r >= 0? r: l);
	}
private:
	inline void PushDown(int w) {
		if (tag[w]) {
			int ls = ch[w][0], rs = ch[w][1];
			mx[ls] += tag[w];
			mx[rs] += tag[w];
			tag[ls] += tag[w];
			tag[rs] += tag[w];
			tag[w] = 0;
		}
	}
	inline int query(int w, int l, int r, int L, int R) {
		if (L <= l && r <= R) {
			return mx[w];
		} else {
			PushDown(w);
			int mid = l + r + 1 >> 1, ret = 0;
			if (L < mid) {
				ret = max(ret, query(ch[w][0], l, mid - 1, L, R));
			}
			if (mid <= R) {
				ret = max(ret, query(ch[w][1], mid, r, L, R));
			}
			return ret;
		}
	}
	inline void modify(int w, int l, int r, int L, int R, int d) {
		if (L <= l && r <= R) {
			tag[w] += d;
			mx[w] += d;
		} else {
			PushDown(w);
			int mid = l + r + 1 >> 1;
			if (L < mid) {
				modify(ch[w][0], l, mid - 1, L, R, d);
			}
			if (mid <= R) {
				modify(ch[w][1], mid, r, L, R, d);
			}
			mx[w] = max(mx[ch[w][0]], mx[ch[w][1]]);
		}
	}
	inline void build(int &w, int l, int r) {
		static int cnt = 0;
		w = ++cnt;
		if (l == r) {
			mx[w] = dep[num[l]];
		} else {
			int mid = l + r + 1 >> 1;
			build(ch[w][0], l, mid - 1);
			build(ch[w][1], mid, r);
			mx[w] = max(mx[ch[w][0]], mx[ch[w][1]]);
		}
	}
}SGT;

class LinkCutTree{
	int ch[N][2], fa[N];
public:
	inline void SetFather(int w, int f) {
		fa[w] = f;
	}
	inline void access(int x) {
		for (int last = 0; x; last = x, x = fa[x]) {
			splay(x);
			if (fa[x]) {
				int p = GetMin(x);
				SGT.modify(in[p], ot[p], -1);
			}
			if (ch[x][1]) {
				int p = GetMin(ch[x][1]);
				SGT.modify(in[p], ot[p], 1);
			}
			ch[x][1] = last;
		}
	}
private:
	inline bool IsRoot(int x) {
		return !fa[x] || (ch[fa[x]][0] != x && ch[fa[x]][1] != x);
	}
	inline int GetMin(int x) {
		return ch[x][0]? GetMin(ch[x][0]): x;
	}
	inline void splay(int x) {
		for (int f, ff; !IsRoot(x); ) {
			f = fa[x], ff = fa[f];
			if (IsRoot(f)) {
				rotate(x);
			} else {
				if ((ch[ff][0] == f) ^ (ch[f][0] == x)) {
					rotate(x);
					rotate(x);
				} else {
					rotate(f);
					rotate(x);
				}
			}
		}
	}
	inline void rotate(int x) {
		int f = fa[x], t = ch[f][1] == x;
		fa[x] = fa[f];
		if (!IsRoot(f)) {
			ch[fa[f]][ch[fa[f]][1] == f] = x;
		}
		ch[f][t] = ch[x][t ^ 1];
		fa[ch[x][t ^ 1]] = f;
		ch[x][t ^ 1] = f;
		fa[f] = x;
	}
}LCT;

inline void DFS(int w, int f) {
	static int ID = 0;
	LCT.SetFather(w, f);
	ff[w][0] = f;
	dep[w] = dep[f] + 1;
	num[in[w] = ++ID] = w;
	for (int i = head[w]; i; i = nxt[i]) {
		if (to[i] != f) {
			DFS(to[i], w);
		}
	}
	ot[w] = ID;
}	

int main() {
	n = read(); m = read();
	for (int i = 1; i < n; i++) {
		AddEdge(read(), read());
	}
	DFS(1, 0);
	for (int j = 1; j < LOG; j++) {
		for (int i = 1; i <= n; i++) {
			ff[i][j] = ff[ff[i][j - 1]][j - 1];
		}
	}
	SGT.init();
	for (int i = 1; i <= m; i++) {
		int opt = read();
		if (opt == 1) {
			LCT.access(read());
		} else if (opt == 2) {
			int u = read(), v = read(), lca = LCA(u, v);
			printf("%d\n", SGT.query(in[u]) + SGT.query(in[v]) - 2 * SGT.query(in[lca]) + 1);
		} else {
			int x = read();
			printf("%d\n", SGT.query(in[x], ot[x]));
		}
	}
	return 0;
}

【BZOJ 2402】陶陶的难题II

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题目传送门:http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2402

解题报告

不难发现这是一个分数规划问题
再化一化式子就可以转换成凸包上选点的问题
至于支持链上的询问我们可以套树链剖分
总的时间复杂度:$O(n \log^3 n)$

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;

const int N = 60009;
const double INF = 1e9;
const double EPS = 1e-4;

int n, head[N], nxt[N], to[N];
struct Point{
	double x, y;
	inline Point() {
	}
	inline Point(double a, double b):x(a), y(b) {
	}
	inline bool operator < (const Point &PP) const {
		return x < PP.x || (x == PP.x && y < PP.y);
	}
	inline bool operator == (const Point &PP) const {
		return x == PP.x && y == PP.y;
	}
 	inline Point operator - (const Point &PP) const {
		return Point(x - PP.x, y - PP.y);
	}
	inline double operator * (const Point &PP) {
		return x * PP.y - y * PP.x;
	}
	inline double slope() {
		return y / x;
	}
}d[N][2];

inline int read() {
	char c = getchar(); int ret = 0, f = 1;
	for (; c < '0' || c > '9'; f = c == '-'? -1: 1, c = getchar());
	for (; '0' <= c && c <= '9'; ret = ret * 10 + c - '0', c = getchar());
	return ret * f;
}

inline void AddEdge(int u, int v) {
	static int E = 1;
	to[++E] = v; nxt[E] = head[u]; head[u] = E;
	to[++E] = u; nxt[E] = head[v]; head[v] = E;
}

class HeavyLightDecomposition{
int fa[N], sz[N], dep[N], idx[N], hvy[N], top[N];
class SegmentTree{
vector<Point> cvx[N][2];
public:
	int num[N], root, ch[N][2];
	inline void init() {
		build(root, 1, n);	
	}
	inline void update(int l, int r, double a, double *mx) {
		query(root, 1, n, l, r, a, mx);
	}
private:
	inline void query(int w, int l, int r, int L, int R, double a, double *mx) {
		if (L <= l && r <= R) {
			mx[0] = max(mx[0], cal(cvx[w][0], a));
			mx[1] = max(mx[1], cal(cvx[w][1], a));
		} else {
			int mid = l + r + 1 >> 1;
			if (L < mid) {
				query(ch[w][0], l, mid - 1, L, R, a, mx);
			}
			if (R >= mid) {
				query(ch[w][1], mid, r, L, R, a, mx);
			}
		}
	}
	inline double cal(const vector<Point> &que, double a) {
		int l = 0, r = que.size() - 1, mid, ret = 0;
		while (l <= r) {
			mid = l + r >> 1;
			if (mid == 0 || (que[mid] - que[mid - 1]).slope() >= a) {
				ret = mid; 
				l = mid + 1;
			} else {
				r = mid - 1;
			}
		}
		return -a * que[ret].x + que[ret].y;
	}
	inline void build(int &w, int l, int r) {
		static int cnt = 0;
		w = ++cnt;
		if (l == r) {
			cvx[w][0].push_back(d[num[l]][0]);
			cvx[w][1].push_back(d[num[l]][1]);
		} else {
			int mid = l + r + 1 >> 1;
			build(ch[w][0], l, mid - 1);
			build(ch[w][1], mid, r);
			int ls = ch[w][0], rs = ch[w][1];
			cvx[w][0] = Merge(cvx[ls][0], cvx[rs][0]);
			cvx[w][1] = Merge(cvx[ls][1], cvx[rs][1]);
		}
	}
	inline vector<Point> Merge(const vector<Point> &c1, const vector<Point> &c2) {
		vector<Point> cur, ret;
		for (int i = 0; i < (int)c1.size(); i++) {
			cur.push_back(c1[i]);
		}
		for (int i = 0; i < (int)c2.size(); i++) {
			cur.push_back(c2[i]);
		}
		sort(cur.begin(), cur.end());
		cur.resize(unique(cur.begin(), cur.end()) - cur.begin());
		for (int i = 0; i < (int)cur.size(); i++) {
			while ((int)ret.size() > 1) {
				int idx = ret.size() - 1;
				if ((cur[i] - ret[idx - 1]) * (ret[idx] - ret[idx - 1]) <= EPS) {
					ret.pop_back();
				} else {
					break;
				}
			}
			ret.push_back(cur[i]);
		}
		return ret;
	}
}SGT;
public:
	inline void init() {
		DFS1(1, 1);
		DFS2(1, 1);
		SGT.init();
	}	
	inline double query(int u, int v) {
		double l = 0, r = INF, ret = 0, mid;
		while (r - l > EPS) {
			mid = (l + r) * 0.5;
			if (judge(u, v, mid)) {
				ret = mid;
				l = mid;
			} else {
				r = mid;
			}
		}	
		return ret;
	}
private:
	inline bool judge(int u, int v, double a) {
		double mx[] = {-INF, -INF};
		while (top[u] != top[v]) {
			if (dep[top[u]] > dep[top[v]]) {
				SGT.update(idx[top[u]], idx[u], a, mx);
				u = fa[top[u]];
			} else {
				SGT.update(idx[top[v]], idx[v], a, mx);
				v = fa[top[v]];
			}
		}
		if (dep[u] > dep[v]) {
			SGT.update(idx[v], idx[u], a, mx);
		} else {
			SGT.update(idx[u], idx[v], a, mx);
		}
		return mx[0] + mx[1] > 0;
	}
	inline void DFS1(int w, int f) {
		fa[w] = f;
		sz[w] = 1;
		dep[w] = dep[f] + 1;
		for (int i = head[w]; i; i = nxt[i]) {
			if (to[i] != f) {
				DFS1(to[i], w);
				sz[w] += sz[to[i]];
				if (sz[to[i]] > sz[hvy[w]]) {
					hvy[w] = to[i];
				}
			}
		}
	}
	inline void DFS2(int w, int t) {
		static int dcnt = 0;
		SGT.num[idx[w] = ++dcnt] = w;
		top[w] = t;
		if (hvy[w]) {
			DFS2(hvy[w], t);
		}
		for (int i = head[w]; i; i = nxt[i]) {
			if (to[i] != fa[w] && to[i] != hvy[w]) {
				DFS2(to[i], to[i]);
			}
		}
	}
}HLD;

int main() {
	n = read();
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		scanf("%lf", &d[i][0].x);
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		scanf("%lf", &d[i][0].y);
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		scanf("%lf", &d[i][1].x);
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		scanf("%lf", &d[i][1].y);
	}
	for (int i = 1; i < n; i++) {
		AddEdge(read(), read());
	}
	HLD.init();
	for (int i = read(); i; i--) {
		printf("%.10lf\n", HLD.query(read(), read()));
	}
	return 0;
}

【Codeforces 749E】Inversions After Shuffle

相关链接

题目传送门:http://codeforces.com/contest/749/problem/E
官方题解:http://codeforces.com/blog/entry/49186

解题报告

考虑从期望的定义下手
就是要求所有区间的逆序对的和
于是我们枚举右端点,然后算贡献
用$BIT$来维护,时间复杂度:$O(n \log n)$

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define lowbit(x) ((x)&-(x))
using namespace std;

const int N = 100009;

int n, p[N]; 

inline int read() {
	char c=getchar(); int ret=0,f=1;
	while (c<'0'||c>'9') {if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
	while (c<='9'&&c>='0') {ret=ret*10+c-'0';c=getchar();}
	return ret*f;
}

class Fenwick_Tree{
	double sum[N];
	public:
		inline void init() {
			memset(sum, 0, sizeof(sum));
		}
		inline void modify(int p, int d = 1) {
			for (int i = p; i <= n; i += lowbit(i)) {
				sum[i] += d;
			}
		}
		inline double query(int p) {
			double ret = 0;
			for (int i = p; i; i -= lowbit(i)) {
				ret += sum[i];
			}
			return ret;
		}
}BIT;

int main() {
	n = read();
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		p[i] = read();
	}
	double ans = 0, psm = 0;
	for (int i = n; i; i--) {
		ans += BIT.query(p[i]);
		BIT.modify(p[i]);	
	}	
	ans *= n * (n + 1ll);
	BIT.init();
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		LL t1 = BIT.query(p[i]);
		LL t2 = i * (i - 1ll) / 2 - t1;
		ans += (psm += t1 - t2);
		BIT.modify(p[i], i);
	}
	printf("%.15lf\n", ans / n / (n + 1));
	return 0;
}

【BZOJ 4826】[HNOI2017] 影魔

相关链接

题目传送门:http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4826
神犇题解:http://www.cnblogs.com/Enceladus/p/6735887.html

解题报告

这题建出笛卡尔树,之后就是区间加、区间询问
于是将询问离线,用线段树维护一下就好了
总时间复杂度:$O(n \log n)$

至于笛卡尔树那一块,我们可以看作一个分治
而与最大值相关的题,分治是常见解法
所以这题还是很容易想到的吧

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;
   
const int N = 200009;
const int NN = N << 1;
const int M = 18;
   
int n,m,p1,p2,val[N];
LL ans[N];
vector<int> q1[N];
vector<pair<int,int> > q2[N],q3[N];
struct Query{int l,r,id;}q[N];
   
inline bool cmp1(const Query &A, const Query &B) {return A.r < B.r;}
inline bool cmp2(const Query &A, const Query &B) {return A.l > B.l;}
   
inline int read() {
    char c=getchar(); int f=1,ret=0;
    while (c<'0'||c>'9') {if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
    while (c<='9'&&c>='0') {ret=ret*10+c-'0';c=getchar();}
    return ret * f;
}
   
class Sparse_Table{
    int mx[M][N],pos[M][N],lg[N];
    public:
        inline void init(int *arr) {
            for (int i=1;i<=n;i++) {
                mx[0][i] = arr[i];
                pos[0][i] = i;
            }
            for (int l=1,j=1;l*2<=n;j++,l<<=1) {
                for (int i=1;i<=n-l;i++) {
                    if (mx[j-1][i] >= mx[j-1][i+l]) {
                        pos[j][i] = pos[j-1][i];
                        mx[j][i] = mx[j-1][i];
                    } else {
                        pos[j][i] = pos[j-1][i+l];
                        mx[j][i] = mx[j-1][i+l];
                    }
                }
            }
            for (int i=2;i<=n;i++) {
                lg[i] = lg[i>>1] + 1;
            }
        }
        inline int query(int l, int r) {
            int t = lg[r-l+1], j = 1 << t;
            if (mx[t][l] >= mx[t][r-j+1]) return pos[t][l];
            else return pos[t][r-j+1]; 
        }
}ST;
   
void solve(int l, int r) {
    if (l == r - 1) {
        return;
    } else {
        int pos = ST.query(l+1, r-1);
        if (l) q1[pos].push_back(l);
        if (r <= n) q1[r].push_back(pos);
           
        if (r <= n && pos - l > 1) q2[r].push_back(make_pair(l + 1, pos - 1));
        if (l && r - pos > 1) q3[l].push_back(make_pair(pos + 1, r - 1));
           
        solve(l, pos);
        solve(pos, r);
    }
}
   
class Segment_Tree{
    int cnt; LL AnsTmp;
    struct Node{
        Node *ch[2];
        int len;
        LL sum,tag;
    }p[NN],*root; 
    public:
        inline void init() {
            cnt = 0;
            build(root, 1, n);
        }
        inline void modify(int pos, int delta) {
            Node *w = root;
            int  l = 1, r = n, mid;
            while (l <= r) {
                w->sum += delta;
                if (l == r) break;
                mid = l + r + 1 >> 1;
                if (pos < mid) w = w->ch[0], r = mid - 1;
                else w = w->ch[1], l = mid;
            }
        }
        inline void modify(int l, int r, int delta) {
            modify(root, 1, n, l, r, delta);
        }
        inline LL query(int l, int r) {
            AnsTmp = 0;
            query(root, 1, n, l, r);
            return AnsTmp;
        }
    private:
        inline void pushdown(Node *w) {
            w->ch[0]->sum += w->ch[0]->len * w->tag;
            w->ch[1]->sum += w->ch[1]->len * w->tag;
            w->ch[0]->tag += w->tag; w->ch[1]->tag += w->tag;
            w->tag = 0;
        }
        void query(Node *w, int l, int r, int L, int R) {
            if (L <= l && r <= R) {
                AnsTmp += w->sum;
            } else {
                if (w->tag) pushdown(w);
                int mid = l + r + 1 >> 1;
                if (L < mid) query(w->ch[0], l, mid-1, L, R);
                if (mid <= R) query(w->ch[1], mid, r, L, R);
            }
        }
        void modify(Node *w, int l, int r, int L, int R, int delta) {
            if (L <= l && r <= R) {
                w->sum += (LL)delta * w->len;
                w->tag += delta;
            } else {
                if (w->tag) pushdown(w);
                int mid = r + l + 1 >> 1;
                if (L < mid) modify(w->ch[0], l, mid-1, L, R, delta);
                if (mid <= R) modify(w->ch[1], mid, r, L, R, delta);
                w->sum = w->ch[0]->sum + w->ch[1]->sum;
            }
        }
        void build(Node *&w, int l, int r) {
            w = &p[++cnt];
            w->len = r - l + 1;
            w->sum = w->tag = 0; 
            w->ch[0] = w->ch[1] = 0;
            if (l < r) {
                int mid = l + r + 1 >> 1;
                build(w->ch[0], l, mid-1);
                build(w->ch[1], mid, r);
            }
        }
}SEG;
   
int main() {
    n = read(); m = read();
    p1 = read(); p2 = read();
    for (int i=1;i<=n;i++) {
        val[i] = read();
    }
    ST.init(val); 
    solve(0, n+1); 
    for (int i=1;i<=m;i++) {
        q[i].l = read(); 
        q[i].r = read();
        q[i].id = i;
    }
    sort(q+1, q+1+m, cmp1);
    SEG.init();
    for (int i=1,pos=0;i<=m;i++) {
        while (pos < q[i].r) {
            pos++;
            for (int j=0;j<q1[pos].size();j++) {
                SEG.modify(q1[pos][j], p1);
            }
            for (int j=0;j<q2[pos].size();j++) {
                SEG.modify(q2[pos][j].first, q2[pos][j].second, p2);
            }
        }
        ans[q[i].id] += SEG.query(q[i].l, q[i].r);
    }
    sort(q+1, q+1+m, cmp2);
    SEG.init(); 
    for (int i=1,pos=n+1;i<=m;i++) {
        while (pos > q[i].l) {
            pos--;
            for (int j=0;j<q3[pos].size();j++) {
                SEG.modify(q3[pos][j].first, q3[pos][j].second, p2);
            }
        } 
        ans[q[i].id] += SEG.query(q[i].l, q[i].r);
    }
    for (int i=1;i<=m;i++) {
        printf("%lld\n",ans[i]);
    }
    return 0;
}

【BZOJ 3019】[Balkan2012] handsome

相关链接

题目传送门:http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3019
神犇题解:http://www.cnblogs.com/clrs97/p/6371367.html

解题报告

因为字典序大小这个东西实在是没有办法
所以我们根据它给的排列顺序来填数

这在原数列上的填充顺序是离散的
但考虑已经填了$i$个数,现在填第$i+1$个数
这大概是把一个空白的区间分成两份
于是我们预处理$f_{i,l,r}$表示长度为$i$,左右端点的字符分别为$l,r$的合法序列的方案数
这样我们就可以使用线段树在$O(\log n)$的时间复杂度内快速维护答案了

于是我们还是类比传统的数位DP,然后按照排列顺序往里加字符,使用线段树来维护答案
预处理的时间复杂度:$O(n)$,主程序的时间复杂度:$O(n \log n)$

【BZOJ 4785】[ZJOI 2017] 树状数组

相关链接

题目传送门:http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4785
出题人传送门:http://jiruyi910387714.is-programmer.com/posts/209073.html
官方题解:https://pan.baidu.com/s/1dFGHFfr

解题报告

我们发现正常的代码是统计的前缀和
但劼的写法实际是统计后缀和
然后画一画发现,只有$l-1,r$这两个点被改到的时候才会影响答案

我们考虑询问区间是$[l,r]$,一个修改区间是$[a,b]$
那么如果$l,r \in [a,b]$则这个修改区间有$\frac{2}{b-a+1}$的可能影响到答案
如果$l,r$只有一个$\in [a,b]$那么这个修改区间有$\frac{1}{b-a+1}$的可能影响到答案
如果两个都不属于,其显然不会影响到答案

于是我们把修改操作看成二维平面上的点的话
每一个询问操作可以拆成三个矩阵的询问
这个是经典问题,可以用树套树/分治/K-d Tree来解决

至于怎么维护标记,直接做的话,我们可以看成矩阵乘法
因为这个转移矩阵非常特殊,搞一搞发现其不但满足结合律,还满足交换律,所以可以标记永久化
但还有更妙的做法:

我们可以搞一个类似生成函数的东西
设第$i$个操作有$p_i$的可能影响到当前询问,设两个端点被改变偶数次的概率为$a$,奇数次为$b$
那么最后$a-b=\prod\limits_{i}{(1-p_i)-p_i}$
为什么是对的呢?因为只有改变奇数次才会为奇数,而$-1$的奇数次方等于$-1$偶数次方等于$1$,所以刚好对上
又因为我们还知道$a+b=1$,所以$a = \frac{1+\prod\limits_{i}{(1-p_i)-p_i}}{2}$

另外的话,这题有一个坑点:如果$l-1=0$的话,我们需要特判
因为之前我们的推导基于$l-1$那个点记录的是一个后缀
而实际算法中我们我们默认$l-1$那个点的值为$0$,所以需要判断一下总操作次数奇偶
考试的时候就这一点没想到,血wa三小时,最后这题挂零

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;

const int N = 100009;
const int M = 30000000;
const int MOD = 998244353;
const int REV = 499122177;

inline int read() {
	char c=getchar(); int ret=0,f=1;
	while (c<'0'||c>'9') {if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
	while (c<='9'&&c>='0') {ret=ret*10+c-'0';c=getchar();}
	return ret*f;
}

int n,m,tot;
class Segment_Tree{
	int cnt,root,AnsTmp,ch[M][2],prod[M][2];
	public:
		inline void modify(int x, int y, int v, bool t) {
			modify(root, 1, n, x, y, v, t);
		}
		inline int query(int x1, int x2, int y1, int y2, bool t) {
			if (x1 > x2 || y1 > y2) return 1;
			AnsTmp = 1;
			query(root, 1, n, x1, x2, y1, y2, t);
			return (AnsTmp+MOD)%MOD;
		}
	private:
		void modify(int &w, int l, int r, int x, int y, int v, bool t) { //X
			if (!w) w = ++cnt; modify(prod[w][0], 1, n, y, v, t);
			if (l < r) {
				int mid = l + r + 1 >> 1;
				if (x < mid) modify(ch[w][0], l, mid-1, x, y, v, t);
				else modify(ch[w][1], mid, r, x, y, v, t); 
			}
		}
		void modify(int &w, int l, int r, int p, int v, bool t) { //Y
			if (!w) w = ++cnt, prod[w][0] = prod[w][1] = 1; 
			prod[w][t] = (LL)prod[w][t] * v % MOD;
			if (l < r) {
				int mid = l + r + 1 >> 1;
				if (p < mid) modify(ch[w][0], l, mid-1, p, v, t);
				else modify(ch[w][1], mid, r, p, v, t);
			}
		}
		void query(int w, int l, int r, int L, int R, int y1, int y2, bool t) { //X
			if (!w) return;
			if (L <= l && r <= R) query(prod[w][0], 1, n, y1, y2, t);
			else {
				int mid = l + r + 1 >> 1;
				if (L < mid) query(ch[w][0], l, mid-1, L, R, y1, y2, t);
				if (mid <= R) query(ch[w][1], mid, r, L, R, y1, y2, t);
			}
		}
		void query(int w, int l, int r, int L, int R, bool t) { //Y
			if (!w) return;
			if (L <= l && r <= R) AnsTmp = (LL)AnsTmp * prod[w][t] % MOD;
			else {
				int mid = l + r + 1 >> 1;
				if (L < mid) query(ch[w][0], l, mid-1, L, R, t);
				if (mid <= R) query(ch[w][1], mid, r, L, R, t);
			}
		}
}SGT;

inline int Pow(int w, int t) {
	int ret = 1;
	for (;t;t>>=1,w=(LL)w*w%MOD)
		if (t&1) ret=(LL)ret*w%MOD;
	return ret;
}

int main() {
	n = read(); m = read();
	for (int i=1,l,r,len,ret;i<=m;i++) {
		if (read() == 1) {
			l = read(); r = read(); 
			len = Pow(r-l+1, MOD-2); ++tot;
			SGT.modify(l, r, (1 - (len * 2ll)) % MOD, 0);
			SGT.modify(l, r, (1 - (len * 4ll)) % MOD, 1);
		} else {
			l = read() - 1; r = read(); ret = 1;
			ret = (LL)ret * SGT.query(1, l, l, r - 1, 0) % MOD;
			ret = (LL)ret * SGT.query(l+1, r, r, n, 0) % MOD;
			ret = (LL)ret * SGT.query(1, l, r, n, 1) % MOD;
			ret = (ret + 1ll) * REV % MOD;
			if (!l&&(tot&1)) ret = (1 - ret) % MOD; 
			printf("%d\n",(ret+MOD)%MOD);
		}
	}
	return 0;
}

【BZOJ 3551】[ONTAK2010] Peaks加强版

相关链接

题目传送门:http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3551
神犇题解:http://blog.csdn.net/popoqqq/article/details/41348785

解题报告

这题强制在线,所以不能直接上启发式合并
或者强行可持久化也可以?
不过我们有更加优美的东西:Kruskal重构树

就是按照边权排序,然后做Kruskal
如果需要加边,那么我们新建一个结点,权值设为这条边的权值
然后把原来的两个点连到这个点下面当儿子
于是任意两点之间的最大边权就是他们的LCA的权值了

对于原题来讲,我们可以先倍增到最浅的可以到达的祖先
那么这个祖先的子树就是可以到达的所有点了
考虑DFS序,问题变为区间k大,这是主席树的经典应用
于是这题就做完啦!

今天上午考试考了一道类似的题目,然而忘了这个做法
是用的线段树合并+标记永久化,虽然能A但显然不如这个优雅

【BZOJ 3638】[CF172] k-Maximum Subsequence Sum

相关链接

题目传送门:http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3638
神犇题解Ⅰ:http://blog.csdn.net/werkeytom_ftd/article/details/50950623
神犇题解Ⅱ:http://hzwer.com/6715.html

解题报告

这题非常的妙啊!
但我还是点亮手动增广这个技能点 QwQ

考虑单次询问整个区间,我们建一个费用流的图就可以辣!
然后我们发现这个费用流的每次增广相当于区间取反+区间询问最大连续字段和
这个是线段树的经典问题,于是我们用线段树来模拟增广的过程就可以辣!

【BZOJ 3711】[PA2014] Druzyny

相关链接

题目传送门:http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3711
神犇题解Ⅰ:http://www.cnblogs.com/clrs97/p/4654215.html
神犇题解Ⅱ:http://blog.csdn.net/u010600261/article/details/54917569

解题报告

去膜了题解,好神啊!
本题一个区间要同时受$c_i,d_i$的限制

于是我们先只考虑$d_i$的限制
那么对于某一个区间的右端点$i$来讲,设合法的左端点$\in [g_i,i)$
至于$g_i$怎么求?搞一个队列就可以了?或者二分也是可以的
另外还需要注意一点:$g_i$是单调递增的

现在我们再来考虑$c_i$的限制,我们使用分治来解决
在$solve(l,r)$的时候,我们找出$c_i$最大的那个点$k$,然后递归下去
在合并上来的时候,我们就只需要考虑$[l,k-1]$对于$[k,r]$的贡献了
更进一步:因为$c_k$是$[l,r]$中最大的那个,所以对于此时所有的转移,$c_i$的限制均只需要考虑$c_k$
那么此时对于$i \in [k,r]$来讲,其合法的左端点$j \in [max(l,g_i),min(k-1,i-c_k)]$
因为$g_i$单调递增,所以我们对于$[k,r]$从左到右分四段考虑:

  1. $g_i \le l$且$i-c_k \le k-1$
    我们的首先我们肯定可以使用线段树来更新
    但更进一步,对于这一类点,我们只需要在查询第一个点时使用线段树就可以了
    因为这是一个前缀,之后$i$每向右移一位,合法的$j$也最多增加$1$
    不难发现,总的暴力操作次数不大于左右区间中较小的一段
    时间复杂度:$O(\log + \min(r-k+1,k-l))$
  2. $g_i \le l$且$k-1 < i-c_k$
    对于这些点,我们查询的是整个左区间
    我们整体查一次,然后一起更新就可以了
    时间复杂度:$O(\log n)$
  3. $l < g_i < k$
    对于这些点,我们查询的是左区间的一个后缀,我们直接在线段树上查就好
    考虑所有会影响到$i$的$solve$,它们的左区间一定没有交集
    也就是说只会有一个$solve$的左区间包含$g_i$
    于是对于每一个$i$,在整个算法中只会被查询一次
    所以这部分复杂度是$O(n \log n)$的,且不需要考虑到分治的复杂度中去
  4. $g_i \le k$
    直接不管就好

现在我们来分析分治的复杂度:$T(a+b)=T(a)+T(b)+min(a,b)+\log n$
我们发现这和启发式合并一样,于是复杂度是$O(n \log n)$的
在算上第三类更新的复杂度,总时间复杂度仍然为$O(n \log n)$

值得一提的是,这种与最值相关的问题使用分治来解决已经多次出现
比如HDU 5575,一定要引起重视啊

【BZOJ 4771】七彩树

相关链接

题目传送门:http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4771
数据生成器:http://paste.ubuntu.com/24181811/
神犇题解:https://blog.sengxian.com/solutions/bzoj-4771

解题报告

这题sengxian又写了题解了,我又不想写了…..
不过,还是XJB说一说吧!题还是很好的

就是搞两类线段树,两类线段树都支持合并
其中一类线段树,下标是颜色的编号,叶子结点记录的是该种颜色的最浅深度,这个是用来更新第二类线段树的
另一类线段树的下标是深度,结点记录的是区间和,这个是用来回答询问的
我们先把第二类线段树给Merge起来,不过我们发现同一种颜色可能会算重
不过我们也可以发现,再Merge第一类线段树的时候,如果叶子结点重了
那么在第一类线段树里减掉深度较深的那个点之后,答案就没有问题了

另外的话,因为这题强制在线
于是我们还需要把第一类线段树给可持久化
总的时间复杂度:$O(n \log n)$

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;

const int N = 200009;
const int M = 1e7;

int n,m,head[N],to[N],nxt[N],dep[N],col[N],fa[N];

inline int read() {
	char c=getchar(); int ret=0,f=1;
	while (c<'0'||c>'9') {if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
	while (c<='9'&&c>='0') {ret=ret*10+c-'0';c=getchar();}
	return ret*f;
}

class Segment_Tree_Sum{
	int cnt,AnsTmp,root[N],ch[M][2],sum[M]; 
	public:
		inline void modify(int w, int p, int delta) {
			modify(root[w], 1, n, p, delta); 
		}
		inline void merge(int a, int b) {
			root[a] = Merge(root[a], root[b]); 
		}
		inline int query(int w, int d) {
			AnsTmp = 0;
			query(root[w], 1, n, 1, d);
			return AnsTmp;
		}
		inline void init() {
			memset(root,0,sizeof(int)*(n+5));
			memset(ch,0,sizeof(int)*(cnt+5)*2);
			memset(sum,0,sizeof(int)*(cnt+5));
			cnt = 0;
		}
	private:
		void modify(int &w, int l, int r, int p, int delta) {
			w = cpy(w); sum[w] += delta;
			if (l < r) {
				int mid = l + r + 1 >> 1;
				if (p < mid) modify(ch[w][0], l, mid-1, p, delta);
				else modify(ch[w][1], mid, r, p, delta);
			}
		}
		int Merge(int a, int b) {
			a = a? cpy(a): 0; b = b? cpy(b): 0; 
			if (!b || !a) return a + b;
			else {
				if (ch[a][0] || ch[a][1]) {
					ch[a][0] = Merge(ch[a][0], ch[b][0]);
					ch[a][1] = Merge(ch[a][1], ch[b][1]);
				}
				return sum[a] += sum[b], a;
			}
		}
		void query(int w, int l, int r, int L, int R) {
			if (L <= l && r <= R) AnsTmp += sum[w];
			else {
				int mid = l + r + 1 >> 1;
				if (L < mid) query(ch[w][0], l, mid-1, L, R);
				if (mid <= R) query(ch[w][1], mid, r, L, R);
			}
		}
		inline int cpy(int b) {
			memcpy(ch[++cnt], ch[b], 8);
			sum[cnt] = sum[b]; return cnt;
		}	
}STS;

class Segment_Tree_Col{
	int cnt,root[N],ch[M][2],mn[M];
	public:
		inline void insert(int w, int c) {
			insert(root[w], 1, n, c, dep[w]);
			STS.modify(w, dep[w], 1);
		}
		inline void merge(int a, int b) {
			STS.merge(a, b);
			root[a] = merge(root[a], root[b], a);
		}
		inline void init() {
			memset(root,0,sizeof(int)*(n+5));
			memset(ch,0,sizeof(int)*(cnt+5)*2);
			memset(mn,0,sizeof(int)*(cnt+5));
			cnt = 0;
		}
	private:
		void insert(int &w, int l, int r, int p, int v) {
			if (!w) w = ++cnt; if (l == r) mn[w] = v;
			else {
				int mid = l + r + 1 >> 1;
				if (p < mid) insert(ch[w][0], l, mid-1, p, v);
				else insert(ch[w][1], mid, r, p, v);
			}	
		}
		int merge(int a, int b, int w) {
			if (!a || !b) return a + b;
			else if (ch[a][0] || ch[a][1]) {
				ch[a][0] = merge(ch[a][0], ch[b][0], w);
				ch[a][1] = merge(ch[a][1], ch[b][1], w);
			} else {
				STS.modify(w, max(mn[a], mn[b]), -1);
				mn[a] = min(mn[a], mn[b]);
			} return a;
		}
}STC;

int main() {
	for (int T=read();T;T--) {
		n = read(); m = read();
		STS.init(); STC.init(); dep[1] = 1;
		for (int i=1;i<=n;i++) col[i] = read();
		for (int i=2;i<=n;i++) dep[i] = dep[fa[i]=read()] + 1;
		for (int i=1;i<=n;i++) STC.insert(i, col[i]); 
		for (int i=n;i>1;i--) STC.merge(fa[i], i);
		for (int i=1,x,d,last=0;i<=m;i++) {
			x = read() ^ last; d = read() ^ last;
			printf("%d\n",last=STS.query(x, dep[x]+d));
		} 
	}
	return 0;
}

—————————— UPD 2017.4.11 ——————————
似乎Clairs之前出过这个题了…….
http://www.cnblogs.com/clrs97/p/5538804.html