比赛链接
补题情况
| 题目 | 蒋贤蒙 | 王赵安 | 王智彪 |
| A | 0 | 0 | 0 |
| C | 2 | 1 | 0 |
| E | 2 | 0 | 1 |
| F | 0 | 1 | 2 |
| G | 2 | 0 | 2 |
| I | 2 | 1 | 0 |
| J | 2 | 1 | 1 |
题解
C. Cheating and Stealing
题意
给定一个长度为 $n$ 的 $01$ 串 $S$，对每个 $i=1\sim n$，询问下述流程的结果：
初始化答案为 $0$
找到最短的前缀满足至少有 $i$ 个 $0$ 或者 $i$ 个 $1$，且 $0$ 的个数和 $1$ 的个数的差值不小于 $2$，如果没有满足条件的前缀则输出答案
对这个前缀，如果 $1$ 比 $0$ 多，则答案加一
删除这个前缀，跳回操作 $2$
题解
首先不难发现对于固定 $i$，由于每次操作至少取出长度为 $i$ 的前缀，所以上述操作最多执行 $O\left(\frac ni\right)$ 次，所以总操作次数 $O(n\log n)$。
所以如果能 $O(1)$ 找到每次操作满足条件的前缀，即可 $O(n\log n)$ 解决此题。
首先考虑如何找到至少有 $i$ 个 $0$ 或者 $i$ 个 $1$ 的最短前缀，可以提前记录第 $k$ 个 $0$ 和 $1$ 的位置，分被为 $p(0,k)$ 和 $p(1,k)$。
于是可以 $O(1)$ 跳转。接下来在这个位置的基础上寻找满足 $0$ 的个数和 $1$ 的个数的差值不小于 $2$ 的位置。
如果当前位置已经满足条件，则已经找到前缀。否则假如当前位置的得分差为 $1$，则在移动一位，使得分差为 $0$ 或 $2$。如果是 $2$ 则也已经找到前缀。
接下来只需要考虑得分差为 $0$ 的情况，提前维护 $\text{next}$ 数组表示从得分相同到比赛结束的位置。
不难发现有 $\text{next}(i)=(s[i]==s[i+1])?(i+1):\text{next}(i+2)$，提前预处理后也可以 $O(1)$ 跳转。
const int MAXN=1e6+5,MAXM=21,mod=998244353;
char s[MAXN];
int pre[MAXN],nxt[MAXN],det[MAXN],p1[MAXN],p0[MAXN],cnt1,cnt0;
int quick_pow(int n,int k){
int ans=1;
while(k){
if(k&1)ans=1LL*ans*n%mod;
n=1LL*n*n%mod;
k>>=1;
}
return ans;
}
int solve(int n,int i){
int lef=1,ans=0;
while(true){
int c1=cnt1-pre[lef-1],c0=n-lef+1-c1,rig=n+1;
if(c1>=i)
rig=min(rig,p1[pre[lef-1]+i]);
if(c0>=i)
rig=min(rig,p0[lef-1-pre[lef-1]+i]);
if(rig==n+1)
break;
if(abs(det[rig]-det[lef-1])<2){
if(det[rig-1]!=det[lef-1])
rig++;
rig=nxt[rig];
}
if(rig==0)
break;
if(det[rig]-det[lef-1]>=2)
ans++;
lef=rig+1;
}
return ans;
}
int main(){
int n=read_int();
scanf("%s",s+1);
_rep(i,1,n){
if(s[i]=='W'){
p1[++cnt1]=i;
pre[i]=1;
det[i]=1;
}
else{
p0[++cnt0]=i;
pre[i]=0;
det[i]=-1;
}
pre[i]+=pre[i-1];
det[i]+=det[i-1];
}
for(int i=n-1;i;i--)
nxt[i]=(s[i]==s[i+1])?i+1:nxt[i+2];
int ans=0;
_rep(i,1,n)
ans=(ans+1LL*solve(n,i)*quick_pow(n+1,i-1))%mod;
enter(ans);
return 0;
}
E. Eert Esiwtib
题意
给定一棵以 $1$ 为根的点权树，记第 $i$ 个点的原始点权为 $a_i$。每条边有一种操作符，可能为 $\text{OR},\text{AND},\text{XOR}$。
设路径 $u\to v$ 上的点权和操作符依次为 $p_1,e_1,p_2\cdots e_{k-1},p_k$，则路径的权重 $w(u,v)=p_1 e_1(p_2 e_2(\cdots (p_{k-2}e_{k-2}(p_{k-1}e_{k-1}p_k))\cdots))$。
定义 $\text{Tree}(u)$ 表示 $u$ 的子树，不包括 $u$ 本身。接下来若干询问，每次给定 $d,u$，将每个点的点权变为 $a_i+d\times i$，求
$$
\text{OR}_{v\in Tree(u)}w(u,v),\text{AND}_{v\in Tree(u)}w(u,v),\text{XOR}_{v\in Tree(u)}w(u,v)
$$
注意，每组询问对点权的修改独立，即一个询问对点权的修改不影响另一个询问。同时有 $0\le d\le 100$。
题解
发现 $d$ 很小，直接枚举 $d$，暴力树形 $\text{dp}$ 即可。设 $\text{dp}(u,0/1/2)$ 表示 $u$ 求 $\text{OR},\text{AND},\text{XOR}$ 情况下的答案，大力分类讨论即可。
注意权值直接运算时每个位是独立的，所以在讨论时可以只考虑权值是 $0/1$ 的情况，然后枚举 $u$ 是 $0,1$ 考虑一下即可。
例如，考虑边是 $\text{XOR}$ 的情况，计算下式
$$
(a_u\oplus v_1)|(a_u\oplus v_2)|\cdots (a_u\oplus v_k)
$$
首先假设 $a_u=0$，得到 $(a_u\oplus v_1)|(a_u\oplus v_2)|\cdots |(a_u\oplus v_k)=v_1|v_2|\cdots |v_k=\text{dp}(v,0)$。
假设 $a_u=1$，得到 $(a_u\oplus v_1)|(a_u\oplus v_2)|\cdots |(a_u\oplus v_k)=(\sim v_1)|(\sim v_2)|\cdots |(\sim v_k)=\sim (v_1\And v_2\And \cdots \And v_k)=\sim \text{dp}(v,1)$。
于是有 $\text{dp}(u,0)|=((\sim a_u)\And \text{dp}(v,0))|(a_u\And (\sim \text{dp}(v,1)))$。注意 $\text{dp}(v)$ 不包含 $v$ 本身的贡献所以还有 $\text{dp}(u,0)|=a_u|a_v$。
总时间复杂度 $O(nd)$。
const int MAXN=1e5+5,MAXV=105;
struct Edge{
int to,w,next;
}edge[MAXN];
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;
}
LL a0[MAXN],a[MAXN],dp[MAXN][3];
int sz[MAXN];
void dfs(int u){
dp[u][0]=dp[u][2]=0;
dp[u][1]=-1;
sz[u]=1;
for(int i=head[u];i;i=edge[i].next){
int v=edge[i].to;
dfs(v);
sz[u]+=sz[v];
LL t;
if(edge[i].w==0)t=a[u]|a[v];
else if(edge[i].w==1)t=a[u]&a[v];
else t=a[u]^a[v];
dp[u][0]|=t;
dp[u][1]&=t;
dp[u][2]^=t;
if(sz[v]==1)continue;
sz[v]--;
if(edge[i].w==0){
dp[u][0]|=a[u]|dp[v][0];
dp[u][1]&=a[u]|dp[v][1];
if(sz[v]&1)
dp[u][2]^=a[u]|((~a[u])&dp[v][2]);
else
dp[u][2]^=(~a[u])&dp[v][2];
}
else if(edge[i].w==1){
dp[u][0]|=a[u]&dp[v][0];
dp[u][1]&=a[u]&dp[v][1];
dp[u][2]^=a[u]&dp[v][2];
}
else{
dp[u][0]|=(a[u]&(~dp[v][1]))|((~a[u])&dp[v][0]);
dp[u][1]&=(a[u]&(~dp[v][0]))|((~a[u])&dp[v][1]);
if(sz[v]&1)
dp[u][2]^=a[u]^dp[v][2];
else
dp[u][2]^=dp[v][2];
}
}
}
vector<pair<int,int> > c[MAXV];
LL ans[MAXN][3];
int main(){
int n=read_int(),q=read_int();
_rep(i,1,n)
a0[i]=read_int();
_rep(i,2,n){
int f=read_int(),s=read_int();
Insert(f,i,s);
}
_for(i,0,q){
int d=read_int(),u=read_int();
c[d].push_back(make_pair(i,u));
}
_for(d,0,MAXV){
_rep(i,1,n)
a[i]=a0[i]+i*d;
dfs(1);
for(pair<int,int> t:c[d]){
_for(j,0,3)
ans[t.first][j]=dp[t.second][j];
}
}
_for(i,0,q){
space(ans[i][0]);
space(ans[i][1]);
enter(ans[i][2]);
}
return 0;
}
F. Finding Points
题意
给定一个凸包，点按照逆时针给出，然后求凸包内一点，想要这个点与这个凸多边形相邻点组成的 $n$ 个角的最小值最大，求这个最大值。 $(4≤n≤100)$
题解
赛场上两分钟出思路，然后看通过率…感觉是不是有坑就没敢写…赛后听说改数据了…血亏！
显然要二分（废话）。
然后对于每一组相邻的点，这个点和这两个点组成的角大于某个角，则这个点一定在这两个点组成的大弓形内，根据圆周角求 $n$ 个圆看面积交即可，然后比赛的时候猜到会有点跑到凸包外面的情况，但是我不会写圆的交再交凸包，这也是我怂了的原因之一，谁知道改数据嘛！
所以就是个板子题…
int N;
Point ppx[110];
int main() {
scanf("%d",&C.n);
N=C.n;
for(int i=0;i<C.n;i++) {
ppx[i].input();
}
ppx[C.n]=ppx[0];
double l=eps,r=2.0*acos(-1)/N;
while(r-l>1e-15) {
double mid=(l+r)/2;
for (int i=0;i<C.n;i++) {
C.c[i].r=(ppx[i].distance(ppx[i+1])/2/sin(mid));
double dtmp=C.c[i].r*cos(mid);
Point ptmp=(ppx[i]+ppx[i+1])/2;
Point pptmp=(ppx[i]-ptmp);
pptmp=pptmp.rotright();
pptmp=pptmp.trunc(dtmp);
ptmp=ptmp+pptmp;
C.c[i].p=ptmp;
}
C.getarea();
if(C.ans[C.n]>1e-20)l=mid;
else r=mid;
}
printf("%.20lf\n",l*180/pi);
return 0;
}
G. Greater Integer, Better LCM
题意
给一个大数的质因数分解形式，设为 $c$ ，并给出 $a$ 和 $b$ ，求最小的 $x+y$ ，使得 $lcm(a+x,b+y)=c$ 。 $(1≤n≤18)$ 代表质因子个数 ，保证因子幂次和相加不超过 $18$ ， $a,b,c≤10^{32}$ 。
题解
类似于数位 $dp$ 。我们对每一个质因子进行枚举幂次，并且状压，位为 $1$ 代表这一个因子的幂次取满，不取满为 $0$ ， $dp[con]$ 代表这个压缩状态下的相对于 $b$ 的最小代价，也就是 $b$ 最少要补多少才能到这个状态。
于是我们跑出初始每个状态下的最小代价，但是还需要处理 $a$ 。我们把每一个末状态放进 $vec$ 里，然后看哪些比 $a$ 大，代价是存的 $v$ 值减 $a$ ，剩下至少需要满足 $(1<<n)-1-con$ 的状态，于是我们需要找一个无后效性的求状态数组的方法，就是让 $dp$ 数组变成至少满足这个状态的最小代价。再处理一下就好了
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll __int128
inline void scan(ll &X) {
X = 0;
int w=0;
char ch=0;
while(!isdigit(ch)) {
w|=ch=='-';
ch=getchar();
}
while(isdigit(ch)) X=(X<<3)+(X<<1)+(ch^48),ch=getchar();
if (w) X = -X;
}
void print(ll x) {
if (!x) return ;
if (x < 0) putchar('-'),x = -x;
print(x / 10);
putchar(x % 10 + '0');
}
ll n,p[110],q[110],a,b;
ll dp[270000];
vector<pair<ll,int> > d;
void dfs(ll pos,ll value,int con) {
if(pos==n) {
d.push_back(make_pair(value,con));
if(value>=b) dp[con]=value-b;
return;
}
for(int i=0;i<=q[pos];i++) {
dfs(pos+1,value,(i==q[pos])?(con|(1<<pos)):con);
value=value*p[pos];
}
}
int main() {
memset(dp,0x3f3f3f3f,sizeof(dp));
scan(n);
for(int i=0;i<n;i++) scan(p[i]),scan(q[i]);
scan(a);
scan(b);
dfs(0,1,0);
for(int i=0;i<n;i++) {
for(int j=0;j<(1<<n);j++) {
if(!(j&(1<<i))) dp[j]=min(dp[j],dp[j+(1<<i)]);
}
}
ll ans=1e36;
for (int i=0;i<d.size();i++) {
pair<ll,int> x=d[i];
if (x.first>=a) ans=min(ans,x.first-a+dp[(1<<n)-1-x.second]);
}
if(ans) print(ans);
else puts("0");
return 0;
}
被吊打的标算
考虑枚举 $S=\{p_1,p_2\cdots p_n\}$ 的所有子集。
对每个子集 $T=\{a_1,a_2\cdots a_i\}$，强制令 $x$ 取 $\{p_1,p_2\cdots p_n\}-T$ 的每个素因子的最高次幂，强制令 $y$ 取 $T$ 的每个素因子的最高次幂。
这样，就消除了 $\text{lcm}(x,y)=c$ 的限制，接下来分别考虑 $x\ge a,y\ge b$ 的限制。
不难发现 $x$ 在 $a_1,a_2\cdots a_i$ 的幂次都是自由的，设 $x=t\cfrac {c}{a_1^{q_1}a_2^{q_2}\cdots a_i^{q_i}}$，因此需要找到最小的 $t\mid a_1^{q_1}a_2^{q_2}\cdots a_i^{q_i}$，且 $x\ge a$。
一种暴力解法为直接枚举 $a_1^{q_1}a_2^{q_2}\cdots a_i^{q_i}$ 的所有因子，最坏情况下 $c$ 有 $n$ 个因子，每个因子幂次均为 $1$。
此时时间复杂度等价于子集枚举套子集枚举的时间复杂度，可以认为是
$$
\sum_{i=0}^n {n\choose i}2^i=(1+2)^n
$$
考虑一个优化，将 $a_1^{q_1}a_2^{q_2}\cdots a_i^{q_i}$ 平均分成两个序列，每个序列枚举因子，对一个序列的因子进行排序，然后另一个序列进行二分查找。
这样里层子集枚举的复杂度优化为 $O\left(n{\sqrt 2}^n\right)$，总时间复杂度为
$$
\sum_{i=0}^n {n\choose i}i{\sqrt 2}^i=(1+\sqrt 2)^{n+1}
$$
const int MAXN=18;
int n,p[MAXN],q[MAXN];
LL A[1<<MAXN],B[1<<MAXN];
LL vec1[1<<MAXN],vec2[1<<MAXN];
vector<pair<int,int> > d;
int cal(int l,int r,LL *vec){
int n=0;
vec[n++]=1;
_for(i,l,r){
int last=n;
LL x=1;
_for(j,0,d[i].second){
x*=d[i].first;
_for(k,0,last)
vec[n++]=vec[k]*x;
}
}
return n;
}
void solve(LL v,LL *ans){
_for(i,0,1<<n){
LL base=1;
d.clear();
_for(j,0,n){
if(i&(1<<j))
d.push_back(make_pair(p[j],q[j]));
else{
_for(k,0,q[j])
base*=p[j];
}
}
int n1=cal(0,d.size()/2,vec1);
int n2=cal(d.size()/2,d.size(),vec2);
sort(vec1,vec1+n1);
ans[i]=1e32;
_for(j,0,n2){
vec2[j]*=base;
int pos=lower_bound(vec1,vec1+n1,(v+vec2[j]-1)/vec2[j])-vec1;
if(pos!=n1)
ans[i]=min(ans[i],vec1[pos]*vec2[j]);
}
}
}
int main(){
n=read_int();
_for(i,0,n){
p[i]=read_int();
q[i]=read_int();
}
LL a=read_LL(),b=read_LL();
solve(a,A);
solve(b,B);
LL ans=1e32;
int S=(1<<n)-1;
_for(i,0,1<<n)
ans=min(ans,A[i]+B[S^i]-a-b);
enter(ans);
return 0;
}
I. Interval Queries
题意
给定一个长度为 $n$ 的序列 $A$，接下来有 $q$ 个询问。每次询问给定 $l,r,k$，求
$$
\sum_{i=0}^{k-1}f(l-i,r+i)(n+1)^i
$$
其中 $f$ 定义如下
$$
f(l,r)=\max(\{k|\exists x\forall i(0\le i\le k-1\to \exists j(l\le j\le r,a_j=x+i))\})
$$
题解
考虑回滚莫队处理询问，难点在于怎么维护最大的 $k$。
实际上，这等价于维护数轴上的最长连续线段。可以令 $\text{vl}(x)$ 表示以数 $x$ 为左端点的线段在数轴上的右端点。
$\text{vr}(x)$ 表示以数 $x$ 为右端点的线段在数轴上的左端点。于是只需要保证每条线段的两个端点的 $\text{vl},\text{vr}$ 正确性即可，不难 $O(1)$ 维护。
时间复杂度 $O\left(n\sqrt q+\sum k\right)$。
const int MAXN=1e5+5,mod=998244353;
int blk_sz,a[MAXN];
struct query{
int l,r,k,idx;
bool operator < (const query &b)const{
if(l/blk_sz!=b.l/blk_sz)return l<b.l;
return r<b.r;
}
}opt[MAXN];
struct node{
int p1,v1,p2,v2,ans;
}st[MAXN];
int curlen,vis[MAXN],vl[MAXN],vr[MAXN],tp;
void add(int v){
if(vis[v]++)return;
int l=vis[v-1]?vl[v-1]:v;
int r=vis[v+1]?vr[v+1]:v;
st[++tp]=node{l,vr[l],r,vl[r],curlen};
vr[l]=r;
vl[r]=l;
curlen=max(curlen,r-l+1);
}
void del(int v){
if(--vis[v])return;
vr[st[tp].p1]=st[tp].v1;
vl[st[tp].p2]=st[tp].v2;
curlen=st[tp].ans;
tp--;
}
int solve(int l,int r,int k,int n){
int ans=curlen,base=1;
_for(i,1,k){
add(a[l-i]);
add(a[r+i]);
base=1LL*base*(n+1)%mod;
ans=(ans+1LL*curlen*base)%mod;
}
for(int i=k-1;i;i--){
del(a[r+i]);
del(a[l-i]);
}
return ans;
}
int ans[MAXN];
int main()
{
int n=read_int(),q=read_int();
_rep(i,1,n)
a[i]=read_int();
_for(i,0,q){
int l=read_int(),r=read_int(),k=read_int();
opt[i]=query{l,r,k,i};
}
blk_sz=n/sqrt(q)+1;
sort(opt,opt+q);
_for(i,0,q){
if(opt[i].l/blk_sz==opt[i].r/blk_sz){
_rep(j,opt[i].l,opt[i].r)
add(a[j]);
ans[opt[i].idx]=solve(opt[i].l,opt[i].r,opt[i].k,n);
for(int j=opt[i].r;j>=opt[i].l;j--)
del(a[j]);
}
}
int lef=1,rig=0,lst=-1;
_for(i,0,q){
if(opt[i].l/blk_sz!=opt[i].r/blk_sz){
if(opt[i].l/blk_sz!=lst){
while(lef<=rig)del(a[rig--]);
lst=opt[i].l/blk_sz;
rig=min(lst*blk_sz+blk_sz-1,n);
lef=rig+1;
}
while(rig<opt[i].r)add(a[++rig]);
int tlef=lef;
while(tlef>opt[i].l)add(a[--tlef]);
ans[opt[i].idx]=solve(opt[i].l,opt[i].r,opt[i].k,n);
while(tlef<lef)del(a[tlef++]);
}
}
_for(i,0,q)enter(ans[i]);
return 0;
}
