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--- 2020-2021:teams:legal_string:jxm2001:contest:cf_deltix_round_summer_2021 [2021/08/30 16:39]
jxm2001
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jxm2001
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+===== E. Equilibrium =====
+==== 题意 ====
+给定两个序列 $\{A\},\{B\}$。每次询问一个区间 $[l,r]$。
+每次操作可以在 $[l,r]$ 中选择若干对位置 $(a_1,b_1),(a_2,b_2)\cdots (a_k,b_k)$，满足 $a_1\lt b_1\lt a_2\lt b_2\lt\cdots
+\lt a_k\lt b_k$。
+然后对每对位置 $(i,j)$，令 $A_i\gets A_i+1,B_j\gets B_j+1$。问使得 $A_i=B_i(l\le i\le r)$ 的最小操作数。
+==== 题解 ====
+令 $C_i=B_i-A_i$，于是上述操作的每对位置 $(i,j)$ 影响为 $C_i\gets C_i-1,C_j\gets C_j+1$，最终需要使得 $C_i=0$。
+不难发现 $\sum_{i=l}^r C_i\neq 0$ 时必然无解，因为每次操作不改变 $C_i$ 之和。
+另外 $C_i=0$ 等价于前缀和等于 $0$，然后上述操作的每次位置 $(i,j)$ 对前缀和的影响为 $i\sim j-1$ 的前缀和减一，其余不变。
+于是 $C[l,r]$ 的最小前缀和小于 $0$ 时也必然无解。然后每次操作可以等效为选择 $[l,r-1]$ 的若干段前缀和减一，于是最小操作等于最大前缀和。
+考虑线段树维护，时间复杂度 $O((n+q)\log n)$。
+<hidden 查看代码>
+<code cpp>
+const int MAXN=1e5+5;
+struct Node{
+	LL sum,max_pre,min_pre;
+	Node(int v=0){
+		sum=max_pre=min_pre=v;
+	}
+	Node operator + (const Node &b)const{
+		Node c;
+		c.sum=sum+b.sum;
+		c.max_pre=max(max_pre,sum+b.max_pre);
+		c.min_pre=min(min_pre,sum+b.min_pre);
+		return c;
+	}
+}s[MAXN<<2];
+int a[MAXN],lef[MAXN<<2],rig[MAXN<<2];
+void build(int k,int L,int R){
+	lef[k]=L,rig[k]=R;
+	int M=L+R>>1;
+	if(L==R){
+		s[k]=Node(a[M]);
+		return;
+	}
+	build(k<<1,L,M);
+	build(k<<1|1,M+1,R);
+	s[k]=s[k<<1]+s[k<<1|1];
+}
+Node query(int k,int L,int R){
+	if(L<=lef[k]&&rig[k]<=R)
+	return s[k];
+	int mid=lef[k]+rig[k]>>1;
+	if(mid>=R)
+	return query(k<<1,L,R);
+	else if(mid<L)
+	return query(k<<1|1,L,R);
+	else
+	return query(k<<1,L,R)+query(k<<1|1,L,R);
+}
+int main(){
+	int n=read_int(),q=read_int();
+	_rep(i,1,n)
+	a[i]=-read_int();
+	_rep(i,1,n)
+	a[i]+=read_int();
+	build(1,1,n);
+	while(q--){
+		int l=read_int(),r=read_int();
+		Node ans=query(1,l,r);
+		if(ans.sum!=0||ans.min_pre<0)
+		puts("-1");
+		else
+		enter(ans.max_pre);
+	}
+	return 0;
+}
+</code>
+</hidden>
 ===== F. Sports Betting =====
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 	}
 	enter((ans+mod)%mod);
+	return 0;
+}
+</code>
+</hidden>
+===== G. Gates to Another World =====
+==== 题意 ====
+给定编号为 $0\sim 2^n-1$ 的点。$u$ 与 $v$ 连边当且仅当 $u,v$ 的编号二进制表示仅有一位不同。
+接下来 $m$ 个操作，操作分两种：
+  - 删去区间 $[l,r]$ 的所有点
+  - 询问 $a,b$ 两点是否连通
+数据保证每个点最多被删除一次，且每次询问的两点一定存在。
+==== 题解 ====
+首先考虑一种暴力做法，给第 $i$ 个点一个权值 $a_i$，表示第 $i$ 个点在第 $a_i$ 次操作后被删除，如果第 $i$ 个点直到最后也没被删除则 $a_i=m+1$。
+定义每个边的权值为与该边相邻的两个点权值的最小值。然后逆序处理操作，根据边权从大到小加边同时处理询问，于是并查集维护连通性即可。
+时间复杂度 $O(\text{Na}\times n2^n)$，其中 $O(\text{Na})$ 为并查集复杂度。
+不难发现 $[t2^k,(t+1)2^k-1]$ 的所有点如果 $a_i$ 值相等，那他们一定被加入后就立刻连通，于是可以当作一个点处理。
+考虑线段树优化建图，把每个删点 $[l,r]$ 分为 $O(n)$ 个二的幂次区间，这样最多只有 $O(nm)$ 个点。
+再考虑连边，可以分治处理，假设当前处理到区间 $[t2^k,(t+1)2^k-1]$，可以将点分为左区间的点和右区间的点，只考虑左右区间之间的连边。
+然后不难发现只有左右区间编号差 $2^{k-1}$ 的点正好连一条边，于是可以双指针处理连边，然后继续递归左右区间连边即可。
+不难发现边数是 $O(n^2m)$，于是总时间复杂度 $O(\text{Na}\times n^2m)$。
+进一步考虑优化，发现 $[t2^k,t2^k+x],[t2^k-1-x,t2^k-1](x\lt 2^k)$ 的所有点也是连通的，于是可以猫树优化建图，点数最多 $O(m)$。
+连边也用分治加双指针处理，不过注意如果存在跨左右区间的点需要同时分配到左右区间递归。
+最终边数是 $O(nm)$，于是总时间复杂度 $O(\text{Na}\times nm)$。
+<hidden 查看代码>
+<code cpp>
+const int MAXL=50,MAXM=5e4+5;
+struct opt{
+	LL a,b;
+	int t;
+	bool operator < (const opt &o)const{
+		return a<o.a;
+	}
+};
+vector<opt> upd,nodes;
+void Insert(opt node,LL vl,LL vr){
+	if(node.a==node.b)
+	nodes.push_back(node);
+	else{
+		LL vm=vl+vr>>1;
+		if(node.a<=vm&&node.b>vm){
+			nodes.push_back(opt{node.a,vm,node.t});
+			nodes.push_back(opt{vm+1,node.b,node.t});
+		}
+		else if(node.b<=vm)
+		Insert(node,vl,vm);
+		else
+		Insert(node,vm+1,vr);
+	}
+}
+vector<pair<int,int> > edges[MAXM];
+void build(int ql,int qr,LL vl,LL vr){
+	if(ql==qr)
+	return;
+	LL vm=vl+vr>>1,len=vm-vl+1;
+	int qm1=ql,qm2;
+	while(qm1<qr&&nodes[qm1+1].a<=vm)qm1++;
+	qm2=qm1+(nodes[qm1].b>vm?0:1);
+	int pos1=ql,pos2=qm2;
+	while(pos1<=qm1&&pos2<=qr){
+		edges[min(nodes[pos1].t,nodes[pos2].t)].emplace_back(pos1,pos2);
+		if(nodes[pos1].b+len<nodes[pos2].b)
+		pos1++;
+		else if(nodes[pos1].b+len>nodes[pos2].b)
+		pos2++;
+		else
+		pos1++,pos2++;
+	}
+	build(ql,qm1,vl,vm);
+	build(qm2,qr,vm+1,vr);
+}
+int p[MAXM<<2];
+int Find(int x){
+	return p[x]==x?x:p[x]=Find(p[x]);
+}
+pair<LL,LL> query[MAXM];
+vector<LL> mp;
+char buf[MAXL];
+int main(){
+	int n=read_int(),m=read_int();
+	LL maxv=(1LL<<n)-1;
+	_for(i,0,m){
+		scanf("%s",buf);
+		LL l=read_LL(),r=read_LL();
+		if(buf[0]=='b'){
+			upd.push_back(opt{l,r,i});
+			query[i]=make_pair(-1LL,-1LL);
+		}
+		else
+		query[i]=make_pair(l,r);
+	}
+	query[m]=make_pair(-1LL,-1LL);
+	sort(upd.begin(),upd.end());
+	LL pos1=0;
+	int pos2=0;
+	while(pos1<=maxv){
+		if(pos2<upd.size()){
+			if(upd[pos2].a==pos1){
+				Insert(upd[pos2],0,maxv);
+				pos1=upd[pos2++].b+1;
+			}
+			else{
+				Insert(opt{pos1,upd[pos2].a-1,m},0,maxv);
+				pos1=upd[pos2].a;
+			}
+		}
+		else{
+			Insert(opt{pos1,maxv,m},0,maxv);
+			pos1=maxv+1;
+		}
+	}
+	build(0,nodes.size()-1,0,maxv);
+	_for(i,0,nodes.size()){
+		p[i]=i;
+		mp.push_back(nodes[i].b);
+	}
+	stack<int> ans;
+	for(int i=m;i>=0;i--){
+		for(pair<int,int> pr:edges[i]){
+			int x=Find(pr.first),y=Find(pr.second);
+			if(x!=y)
+			p[x]=y;
+		}
+		if(query[i].first!=-1){
+			int p1=lower_bound(mp.begin(),mp.end(),query[i].first)-mp.begin();
+			int p2=lower_bound(mp.begin(),mp.end(),query[i].second)-mp.begin();
+			p1=Find(p1);
+			p2=Find(p2);
+			if(p1==p2)
+			ans.push(1);
+			else
+			ans.push(0);
+		}
+	}
+	while(!ans.empty()){
+		enter(ans.top());
+		ans.pop();
+	}
 	return 0;
 }
 </code>
 </hidden>

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