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补题情况
| 题目 | 蒋贤蒙 | 王赵安 | 王智彪 |
| A | 0 | 0 | 0 |
| B | 2 | 2 | 0 |
| C | 0 | 0 | 0 |
| D | 0 | 0 | 0 |
| E | 1 | 0 | 2 |
| G | 0 | 0 | 0 |
| J | 2 | 2 | 0 |
| K | 2 | 1 | 0 |
题解
B. xay loves monotonicity
题意
给定一个序列 $A$ 和序列 $B$，其中 $0\le b_i\le 1$ 接下来三种操作：
$a_i\gets t$
对 $l\le i\le r$，$b_i\gets b_i\oplus 1$
给定 $l,r$。选取最长下标序列 $l\le i_1\le i_2\le \cdots i_k\le r$，满足 $a_{i_1}\le a_{i_2}\le\cdots \le a_{i_k}$，且对任意 $i_t\lt j\lt i_{t+1}$ 有 $a_j\lt a_{i_t}$。
对每个操作 $3$，输出 $b_{i_t}\neq b_{i_{t+1}}$ 的个数。
题解
设 $ma(L,R)=\max(a[L\sim R]),mb(L,R)$ 表示 $ma(L,R)$ 对应的 $b_i$，如果存在多个就取最右边的。
设 $\text{query}(L,R,p,q)$ 表示假如当前序列末尾对应 $a_i=p,b_i=q$ 时遍历区间 $(L,R)$ 得到的答案。
于是，如果 $a_i\gt ma(L,M)$，则 $\text{query}(L,R,p,q)=\text{query}(M+1,R,p,q)$。
否则，有 $\text{query}(L,R,p,q)=\text{query}(L,M,p,q)+\text{query}(M+1,R,ma(L,M),mb(L,M))$。
建立线段树，每个区间维护 $\text{query}(M+1,R,ma(L,M),mb(L,M))$。
这样，对一个询问，如果该询问正好对应一个线段树区间，则查询复杂度 $O(\log n)$。
否则，将该询问拆分成 $O(\log n)$ 个线段树区间，串联查询计算答案，时间复杂度 $O(\log^2 n)$。
对与修改操作，修改完暴力询问更新 $\text{query}(M+1,R,ma(L,M),mb(L,M))$，由于这是线段树区间，所以复杂度为 $O(\log n)$。
所以修改的总复杂度也是 $O\left(\log^2 n\right)$。总时间复杂度 $O\left(n\log n+q\log^2 n\right)$。
ps. 比赛写了 $O(nq)$ 的假算法，居然过了。
const int MAXN=2e5+5;
int a[MAXN],b[MAXN];
int lef[MAXN<<2],rig[MAXN<<2],s[MAXN<<2],tag[MAXN<<2];
struct Node{
int a,b;
}mv[MAXN<<2];
Node Max(Node L,Node R){
if(L.a>R.a)
return L;
else
return R;
}
void push_tag(int k){
mv[k].b^=1;
tag[k]^=1;
}
void push_down(int k){
if(tag[k]){
push_tag(k<<1);
push_tag(k<<1|1);
tag[k]=0;
}
}
int query(int k,int a,int b){
if(lef[k]==rig[k])
return mv[k].a>=a&&mv[k].b!=b;
push_down(k);
if(a<=mv[k<<1].a)
return query(k<<1,a,b)+s[k];
else
return query(k<<1|1,a,b);
}
void push_up(int k){
mv[k]=Max(mv[k<<1],mv[k<<1|1]);
s[k]=query(k<<1|1,mv[k<<1].a,mv[k<<1].b);
}
void build(int k,int L,int R){
lef[k]=L,rig[k]=R;
int M=L+R>>1;
if(L==R){
mv[k]=Node{a[M],b[M]};
return;
}
build(k<<1,L,M);
build(k<<1|1,M+1,R);
push_up(k);
}
Node query_max(int k,int L,int R){
if(L<=lef[k]&&rig[k]<=R)
return mv[k];
push_down(k);
int mid=lef[k]+rig[k]>>1;
if(mid>=R)
return query_max(k<<1,L,R);
else if(mid<L)
return query_max(k<<1|1,L,R);
else
return Max(query_max(k<<1,L,R),query_max(k<<1|1,L,R));
}
int query(int k,int L,int R,int a,int b){
if(L<=lef[k]&&rig[k]<=R)
return query(k,a,b);
push_down(k);
int mid=lef[k]+rig[k]>>1;
if(mid>=R)
return query(k<<1,L,R,a,b);
else if(mid<L)
return query(k<<1|1,L,R,a,b);
else{
Node t=query_max(k<<1,L,R);
if(a<=t.a)
return query(k<<1,L,R,a,b)+query(k<<1|1,L,R,t.a,t.b);
else
return query(k<<1|1,L,R,a,b);
}
}
void update1(int k,int pos,int v){
if(lef[k]==rig[k]){
mv[k].a=v;
return;
}
push_down(k);
int mid=lef[k]+rig[k]>>1;
if(mid>=pos)
update1(k<<1,pos,v);
else
update1(k<<1|1,pos,v);
push_up(k);
}
void update2(int k,int L,int R){
if(L<=lef[k]&&rig[k]<=R){
push_tag(k);
return;
}
push_down(k);
int mid=lef[k]+rig[k]>>1;
if(mid>=L)
update2(k<<1,L,R);
if(mid<R)
update2(k<<1|1,L,R);
push_up(k);
}
int main(){
int n=read_int();
_rep(i,1,n)a[i]=read_int();
_rep(i,1,n)b[i]=read_int();
build(1,1,n);
int q=read_int();
while(q--){
int opt=read_int(),t1=read_int(),t2=read_int();
if(opt==1)
update1(1,t1,t2);
else if(opt==2)
update2(1,t1,t2);
else{
if(t1==t2)
enter(0);
else{
Node t=query_max(1,t1,t1);
enter(query(1,t1+1,t2,t.a,t.b));
}
}
}
return 0;
}
E. xay loves nim
题意
给了 $n$ 堆石子和 $m$ 个可以取走的石子的数量，记为 $x_{i}$ ，除了这 $m$ 种石子，还可以取莫比乌斯函数值为 $1$ 的数量石子。同时给出这 $n$ 堆石子的数量范围 $[l_{i},r_{i}]$ ，求所有的情况中，先手必胜的局数，局面不同当且仅当存在一堆石子在两个局面中数量不同。
$1≤n≤10^{6},1≤l_{i},r_{i}≤10^{5},1≤m≤5,1≤x_{i}≤10^{5}$
题解
大综合题，显然需要会莫比乌斯反演（废话），还需要会博弈论的 $sg$ 那套理论，先手必胜当且仅当所有的 $sg$ 值异或起来不为 $0$ 。听出题人说 $sg$ 值最高不会超过 $230$ ，但是现场的时候怎么知道嘛…
显然需要先筛出来 $1$ 到 $100000$ 的莫比乌斯函数值，才能知道哪些能加进去，然后再把 $m$ 种数字也放进去，然后就是看每个状态的后继状态，这里也是学到了可以暴力搞。
对于每一个新的值 $i$ ，搞一个数组，看这个值的后继状态有没有 $sg$ 为这个值的，如果有需要继续找，直到找不到，根据 $mex$ 那套理论，就是此时的 $sg$ 了。然后 $i$ 加上刚才放进去的那些数的后继状态可以到达 $i$ ，于是这些状态的后继 $sg$ 值可以有现在这个值，这里我们只关心能不能有，所以可以用 $bitset$ 优化一下，这部分的复杂度是 $O({\frac {100000^{2}} w}+256×100000)$ ，这里本来要写 $230$ 的，但是后面需要变成 $256$ 。
于是我们处理出了所有石子数的 $sg$ 值，接下来对于每一堆石子，我们可以求出来，他们这个范围内，分别有多少个 $sg$ 值为 $0$ 的，有多少个 $sg$ 值为 $1$ 的，依次类推。
然后我们需要关心有多少个 $a[1]$ ^ $a[2]$ ^ $…$ ^ $a[n]≠0$ ，这玩意显然可以看成 $FWT$ 。我们先统计出每个区间内有多少个 $sg$ 值为 $i$ 的，这显然前缀和就可以。然后我们相当于看 $n$ 个多项式相乘，每个多项式的幂次是各个 $sg$ 值，系数是有多少个状态的 $sg$ 值是这个值。如果对于每个求 $FWT$ 再乘起来，最后再 $IFWT$ 。我们需要开到 $256$ ，这就照应了前面。算了一下，单个复杂度是 $O(256×log_{2}(256))=O(2048)$ ，然后 $n$ 个就是 $2×10^{9}$ 的，这显然是自杀行为。
然后 $oi-wiki$ 上一段话刷新了我对 $FWT$ 的认知：若我们令 $i\&j$ 中 $1$ 的奇偶性为 $i$ 与 $j$ 的奇偶性，于是 $i$ 与 $k$ 的奇偶性异或 $j$ 与 $k$ 的奇偶性等于 $i$ ^ $j$ 与 $k$ 的奇偶性。然后可以得到异或的 $FWT$ ： $A_{i}=\sum_{C_{1}}A_{j}-\sum_{C_{2}}A_{j}$ ， $C_{1}$ 表示 $i\&j$ 的奇偶性为偶， $C_{2}$ 表示 $i\&j$ 的奇偶性为奇。（其实记住就行…）
又因为 $sg$ 的范围有限，所以我们可以先预处理出每个数的二进制有多少位为 $1$ （或者直接 $\_\_builtin\_popcount$ 也可以）。
然后对于前缀和数组，就不能直接暴力加一了，判断两者与的奇偶性，如果为偶，则加一，不然减一。然后这样就直接把每一堆的 $FWT$ 数组给求完了，复杂度变成 $O(256n)$ ，而不是原来的 $O(2048n)$ ，再全乘起来求一个 $IFWT$ 就可以了，整个这部分的复杂度都是 $O(256n)$ 的，最后对于所有 $sg$ 值不为 $0$ 的结果都加起来就是答案了。
另外这题卡常！前缀和数组必须大的做第一维，我不倒过来会 $t$ 掉绝大多数数据，倒过来效率就第一了…
const int maxn=100000,N=1e6+10,maxm=256,MOD=1e9+7,inv2=500000004;
bool check[maxn+1];
int prime[maxn+1],mu[maxn+1];
int tot,n,m,ls[N],rs[N],sg[maxn+1],sum[maxn+1][maxm+1],ans[maxm+1],o[maxm+1];
bitset<maxn+1> t,b[maxm];
void Moblus() {
mu[1]=1;
for(int i=2; i<=maxn; i++) {
if(!check[i]) {
mu[i]=-1;
prime[tot++]=i;
}
for(int j=0; j<tot; j++) {
if(i*prime[j]>maxn) break;
check[i*prime[j]]=true;
if(i%prime[j]==0) {
mu[i*prime[j]]=0;
break;
} else {
mu[i*prime[j]]=-mu[i];
}
}
}
}
void xor_FWT(int *P,int opt,int N) {
for(int i=2; i<=N; i<<=1)
for(int p=i>>1,j=0; j<N; j+=i)
for(int k=j; k<j+p; ++k) {
int x=P[k],y=P[k+p];
P[k]=((ll)x+y)%MOD;
P[k+p]=((ll)x-y+MOD)%MOD;
if(opt==-1)P[k]=(ll)P[k]*inv2%MOD,P[k+p]=(ll)P[k+p]*inv2%MOD;
}
}
void init() {
o[0]=0;
for(int i=1;i<maxm;i++)o[i]=o[i>>1]+(i&1);
for(int i=1; i<=maxn; i++) {
if(mu[i]==1)t.set(i);
}
for(int i=0; i<=maxn; i++) {
sg[i]=0;
while(b[sg[i]][i]) sg[i]++;
b[sg[i]]|=(t<<i);
}
}
int main() {
Moblus();
read(n);read(m);
for(int i=1; i<=n; i++) read(ls[i]),read(rs[i]);
for(int i=1,tmp; i<=m; i++) read(tmp),t.set(tmp);
init();
for(int i=0; i<=maxn; i++)
for(int j=0; j<maxm; j++)
if(!(o[sg[i]&j]&1))sum[i][j]=1;
else sum[i][j]=MOD-1;
for(int i=1; i<=maxn; i++) {
for(int j=0; j<maxm; j++) {
sum[i][j]=sum[i][j]+sum[i-1][j];
if(sum[i][j]>=MOD) sum[i][j]-=MOD;
}
}
for(int i=0; i<maxm; i++)ans[i]=1;
for(int i=1; i<=n; i++)
for(int j=0; j<maxm; j++)
ans[j]=(ll)ans[j]*(sum[rs[i]][j]-sum[ls[i]-1][j])%MOD;
xor_FWT(ans,-1,maxm);
ll sum=0;
for(int i=1; i<maxm; i++) {
sum=sum+ans[i];
if(sum>=MOD) sum-=MOD;
}
printf("%lld\n",(sum+MOD)%MOD);
return 0;
}
J. xay loves Floyd
题意
给定一个有向图，初始时 $\text{dis}(u,u)=0,\text{dis}(u,v)=\infty(u\neq v)$。
接下来给定若干条边 $(u,v,w)$，使得 $\text{dis}(u,v)=w$。询问以下两个程序最终结果中满足 $\text{dis}(u,v)$ 相同的 $(u,v)$ 对数。
for k from 1 to n
for i from 1 to n
for j from 1 to n
dis[i][j] <- min(dis[i][j], dis[i][k] + dis[k][j])
for i from 1 to n
for j from 1 to n
for k from 1 to n
dis[i][j] <- min(dis[i][j], dis[i][k] + dis[k][j])
题解
首先 $n$ 次单点源最短路算法 $O(nm\log m)$ 求出 $\text{dis}$ 的真实值。
设 $ok(u,v)$ 表示 $\text{dis}(u,v)$ 是否为正确值，考虑第二个程序得到的 $\text{dis}(i,j)$ 正确的充要条件。
不难发现，只要 $i\to j$ 的最短路上有一点 $k$ 满足 $ok(i,k)\And ok(k,j)$ 即可。
首先考虑找到所有满足条件的 $k$，设 $\text{path}(u,v)$ 表示 $u\to v$ 上最短路的点集，于是有状态转移方程
$$
\text{path}(i,j)=\bigcup_{\text{dis}(i,k)+w(k,j)=\text{dis}(i,j)}\text{path}(i,k)
$$
对固定的 $i$，考虑将 $j$ 按 $\text{dis}(i,j)$ 从小到大排序后用 $\text{bitset}$ 加速上述转移。
然后按 $1\sim n$ 顺序枚举 $j$，于是有 $\text{ok}(i,j)=\sum_{k=1}^n ok(i,k)\And ok(k,j)\And (k\in \text{path}(i,j))$。
用两种 $\text{bitset}$ 维护 $\text{ok}(i,\ast),\text{ok}(\ast,i)$，上述转移也可以用 $\text{bitset}$ 加速。总时间复杂度 $O\left(nm\log m+\frac {n^2m}w\right)$。
const int MAXN=2e3+5,MAXM=5e3+5,inf=1e9;
struct Edge{
int to,w,next;
}edge[MAXM];
int head[MAXN],edge_cnt;
void Insert(int u,int v,int w){
edge[++edge_cnt]=Edge{v,w,head[u]};
head[u]=edge_cnt;
}
namespace DJ{
bool vis[MAXN];
void solve(int n,int s,int *dis){
_rep(i,1,n){
dis[i]=inf;
vis[i]=false;
}
dis[s]=0;
priority_queue<pair<int,int> > q;
q.push(make_pair(0,s));
while(!q.empty()){
int u=q.top().second;q.pop();
if(vis[u])continue;
vis[u]=true;
for(int i=head[u];i;i=edge[i].next){
int v=edge[i].to;
if(dis[v]>dis[u]+edge[i].w){
dis[v]=dis[u]+edge[i].w;
q.push(make_pair(-dis[v],v));
}
}
}
}
}
int dis[MAXN][MAXN],d0[MAXN][MAXN];
bitset<MAXN> ok1[MAXN],ok2[MAXN],path[MAXN];
int main(){
int n=read_int(),m=read_int();
_rep(i,1,n)_rep(j,1,n)d0[i][j]=inf;
_rep(i,1,n)d0[i][i]=0;
while(m--){
int u=read_int(),v=read_int(),w=read_int();
d0[u][v]=w;
Insert(u,v,w);
}
_rep(i,1,n)
DJ::solve(n,i,dis[i]);
_rep(i,1,n)_rep(j,1,n){
if(dis[i][j]==d0[i][j])
ok1[i][j]=ok2[j][i]=true;
}
_rep(u,1,n){
vector<pair<int,int> >vec;
_rep(v,1,n){
vec.push_back(make_pair(dis[u][v],v));
path[v].reset();
}
sort(vec.begin(),vec.end());
for(pair<int,int> p:vec){
int v=p.second;
path[v][v]=true;
for(int i=head[v];i;i=edge[i].next){
int t=edge[i].to;
if(dis[u][v]+edge[i].w==dis[u][t])
path[t]|=path[v];
}
}
_rep(v,1,n){
if((ok1[u]&ok2[v]&path[v]).any())
ok1[u][v]=ok2[v][u]=true;
}
}
int ans=0;
_rep(i,1,n)
ans+=ok1[i].count();
enter(ans);
return 0;
}
K. xay loves sequence
题意
给定一个长度为 $n$ 的序列 $A$，接下来若干询问，每次输出 $f(l,r,k)$。
定义 $f(l,r,k)$ 表示将 $A$ 的子串 $a[l\sim r]$ 全部变为 $0$ 的最小操作次数。
其中每次操作为选择 $a[l\sim r]$ 的一个子串 $a[l_2\sim r_2]$，令 $a_i\equiv a_i+1\bmod k(l_2\le i\le r_2)$ 或者 $a_i\equiv a_i-1\bmod k(l_2\le i\le r_2)$。
保证对所有 $k$ 满足 $k\gt a_i$。
题解
对每次询问的 $a[l\sim r]$，令 $a_{l-1}=0,a_{r+1}=0$，设 $b_i=a_i-a_{i-1}(l\le i\le r+1)$。
于是每次操作等价于选取一对 $l\le i,j\le r+1$，$b_i\equiv b_i+1\bmod k,b_j\equiv b_j-1\bmod k$。
同时，$\sum_{i=l}^{r+1} b_i=a_{r+1}-a_{l-1}=0$，最终目标是将 $b_i$ 全部变为 $0$。在不考虑取模的情况下，最小费用显然为 $\cfrac {\sum_{i=l}^{r+1}|b_i|}2$。
考虑取模，则最终有 $b_i=0,\pm k$，且仍然有 $\sum_{i=l}^{r+1} b_i=0$。
考虑将一些 $b_i\gt 0$ 的数目标设为 $k$，则对操作数的影响为 $\cfrac {k-2b_i}{2}$。将一些 $b_i\le 0$ 的数目标设为 $-k$，则对操作数的影响为 $\cfrac {k+2b_i}{2}$。
由于要保证 $\sum_{i=l}^{r+1} b_i=0$，所以可以设最终有 $x$ 个 $b_i=k$，同时有 $x$ 个 $b_i=-k$。
分别在 $b_i\gt 0$ 和 $b_i\le 0$ 的两个组数中取原来绝对值前 $x$ 大的 $b_i$ 显然是最优的。另外随 $x$ 增大收益显然具有单峰性。
于是二分答案即可。另外对于区间询问可以用主席树维护 $b[l+1\sim r]$ 的值，然后补充 $a_l,-a_r$。
时间复杂度 $O(n\log n\log v)$，空间复杂度 $O(n\log v)$。
const int MAXN=2e5+5,MAXV=(1<<30)+5;
struct Node{
int lch,rch,cnt;
LL sum;
};
Node node[MAXN*100];
int node_cnt,root1[MAXN],root2[MAXN];
int a[MAXN],b[MAXN];
LL c[MAXN];
int nodecopy(int k){
node[++node_cnt]=node[k];
return node_cnt;
}
#define rch(k) node[node[k].rch]
void update(int &k,int p,int pos,LL lef=0,LL rig=MAXV){
k=nodecopy(p);
node[k].cnt++;
node[k].sum+=pos;
if(lef==rig)
return;
LL mid=lef+rig>>1;
if(mid>=pos)
update(node[k].lch,node[p].lch,pos,lef,mid);
else
update(node[k].rch,node[p].rch,pos,mid+1,rig);
}
int query_val(int k1,int k2,int rk,LL lef=0,LL rig=MAXV){
LL mid=lef+rig>>1;
if(lef==rig)
return mid;
int cnt=rch(k2).cnt-rch(k1).cnt;
if(rk>cnt)
return query_val(node[k1].lch,node[k2].lch,rk-cnt,lef,mid);
else
return query_val(node[k1].rch,node[k2].rch,rk,mid+1,rig);
}
LL query_sum(int k1,int k2,int rk,LL lef=0,LL rig=MAXV){
LL mid=lef+rig>>1;
if(lef==rig)
return 1LL*rk*mid;
int cnt=rch(k2).cnt-rch(k1).cnt;
if(rk>cnt)
return rch(k2).sum-rch(k1).sum+query_sum(node[k1].lch,node[k2].lch,rk-cnt,lef,mid);
else
return query_sum(node[k1].rch,node[k2].rch,rk,mid+1,rig);
}
int main(){
int n=read_int(),q=read_int();
_rep(i,1,n)a[i]=read_int();
_rep(i,1,n){
b[i]=a[i]-a[i-1];
c[i]=c[i-1]+abs(b[i]);
root1[i]=root1[i-1];
root2[i]=root2[i-1];
if(b[i]>=0)
update(root1[i],root1[i],b[i]);
else
update(root2[i],root2[i],-b[i]);
}
while(q--){
int l=read_int(),r=read_int(),k=read_int();
int rt1=root1[r],p1=root1[l],rt2=root2[r],p2=root2[l];
if(a[l]>=0)
update(rt1,rt1,a[l]);
else
update(rt2,rt2,-a[l]);
if(-a[r]>=0)
update(rt1,rt1,-a[r]);
else
update(rt2,rt2,a[r]);
int lef=1,rig=min(node[rt1].cnt-node[p1].cnt,node[rt2].cnt-node[p2].cnt),rk=0;
LL ans=c[r]-c[l]+a[l]+a[r];
while(lef<=rig){
int mid=lef+rig>>1;
if(query_val(p1,rt1,mid)+query_val(p2,rt2,mid)>k){
rk=mid;
lef=mid+1;
}
else
rig=mid-1;
}
if(rk!=0)
ans-=(query_sum(p1,rt1,rk)+query_sum(p2,rt2,rk)-1LL*k*rk)*2;
enter(ans/2);
}
return 0;
}
