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2020-2021:teams:wangzai_milk:20200801比赛记录

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2020牛客暑期多校训练营（第七场）

比赛情况

题号 A B C D E F G H I J
状态 Ø O O O - - - O - -

O 在比赛中通过 Ø 赛后通过 ! 尝试了但是失败了 - 没有尝试

比赛时间

2020-08-01 12:00-17:00

题解

A - Social Distancing

在半径 $r$ 的圆内取 $n$ 个整数点问两两距离平方的最大值。

意识到正解是打表的时候有点晚了。哦不好像不是打表，看到了这个dp做法。

$\sum\limits_{i=1}^{n-1}\sum\limits_{j=i+1}^n(x_i-x_j)^2+(y_i-y_j)^2=\sum\limits_{i=1}^{n-1}\sum\limits_{j=i+1}^nx_i^2+y_i^2+x_j^2+y_j^2-2x_ix_j-2y_iy_j=n\sum\limits_{i=1}^n(x_i^2+y_i^2)-(\sum\limits_{i=1}^nx_i)^2-(\sum\limits_{i=1}^ny_i)^2$

我们可以用 $dp[n][j][k]$ 表示 $n$ 个点 $\sum\limits_{i=1}^nx_i=j,\sum\limits_{i=1}^ny_i=k$ 时 $\sum\limits_{i=1}^n(x_i^2+y_i^2)$ 的最大值，则所求值为 $n\times dp[n][j][k]-j^2-k^2$ 。按半径由近至远加点，复杂度可以做到 $点数\times(nr)^2$ 。

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#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
using namespace std;
int n,r,dp[10][505][505],res[10][35];
int sqr(int x){return x*x;}
struct Node{int x,y,dis;};
vector<Node>v;
int main()
{
	for(int i=-30;i<=30;i++)for(int j=-30;j<=30;j++)v.pb(Node{i,j,i*i+j*j});
	sort(v.begin(),v.end(),[&](Node o1,Node o2){return o1.dis<o2.dis;});
	for(int r=1,p=0;r<=30;r++)
	{
		while(p<v.size()&&v[p].dis<=r*r)
		{
			for(int i=0;i<8;i++)
			for(int j=-r*i;j<=r*i;j++)
			for(int k=-r*i;k<=r*i;k++)
			dp[i+1][j+v[p].x+250][k+v[p].y+250]=max(dp[i][j+250][k+250]+sqr(v[p].x)+sqr(v[p].y),dp[i+1][j+v[p].x+250][k+v[p].y+250]);
			p++;
		}
		for(int i=1;i<=8;i++)for(int j=-r*i;j<=r*i;j++)for(int k=-r*i;k<=r*i;k++)
		res[i][r]=max(res[i][r],i*dp[i][j+250][k+250]-sqr(j)-sqr(k));
	}
	int t;
	scanf("%d",&t);
	while(t--)
	{
		int n,r;
		scanf("%d%d",&n,&r);
		printf("%d\n",res[n][r]);
	}
	return 0;
}


C - A National Pandemic

给一棵树，每个点有点权 $F(x)$ ，三种操作，给所有点加上它们到 $x$ 的距离/将某个 $F(x)$ 置为 $ 0 $ /询问 $F(x)$ 。

树链剖分可以搞，辅助一堆记录的登西。给所有点加距离即加上 $dep_x$ 和 $dep_{自己}$ ，然后需要减去 $dep_{lca}$ 这个是树剖的部分。我们从 $x$ 到根权值 $+1$ ，等到询问 $y$ 时查询 $y$ 到根的和即可。如果需要置零则查询一下，同样记录一个变量，减去当前的值。

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 5e4+5;
typedef long long ll;
int n,m;
struct E {
	int nxt,to;
}e[N<<1];
int head[N],tot;
void add(int x,int y) {
	e[++tot].to = y;e[tot].nxt = head[x];head[x] = tot;
}
ll tr[N<<2];
int lazy[N<<2];
ll decn[N];
ll adding,times;
void build(int p,int l,int r) {
	tr[p] = 0;
	lazy[p] = 0;
	if (l==r)return;
	int mid = (l+r)>>1;
	build(p<<1,l,mid);
	build(p<<1|1,mid+1,r);
}
void Push_Down(int p,int l,int r) {
	if (l==r||!lazy[p])return;
	int mid = (l+r)>>1;
	tr[p<<1] += (ll)(mid-l+1)*lazy[p];
	tr[p<<1|1] += (ll)(r-mid)*lazy[p];
	lazy[p<<1]+=lazy[p];
	lazy[p<<1|1]+=lazy[p];
	lazy[p] = 0;
}
void Update(int p,int l,int r,int a,int b,int c) {
	Push_Down(p,l,r);
	if (l>=a && r<=b) {
		tr[p] += (ll)(r-l+1)*c;
		lazy[p] += c;
		return;
	}
	int mid = (l+r)>>1;
	if (a <= mid)Update(p<<1,l,mid,a,b,c);
	if (b > mid)Update(p<<1|1,mid+1,r,a,b,c);
	tr[p] = tr[p<<1]+tr[p<<1|1];
}
ll Getans(int p,int l,int r,int a,int b) {
	Push_Down(p,l,r);
	if (l>=a && r<=b) return tr[p];
	ll ans = 0;
	int mid = (l+r)>>1;
	if (a <= mid)ans+=Getans(p<<1,l,mid,a,b);
	if (b > mid)ans+=Getans(p<<1|1,mid+1,r,a,b);
	return ans;
}
int size[N],son[N],w[N],top[N],fa[N],cnt,id[N],dpt[N];
void dfs1(int x,int f) {
	fa[x] = f;
	size[x] = 1;
	dpt[x] = dpt[f]+1;
	son[x] = 0;
	for (int i = head[x];i;i=e[i].nxt) {
		if (e[i].to == f)continue;
		dfs1(e[i].to,x);
		size[x]+=size[e[i].to];
		if (size[e[i].to] > size[son[x]])son[x] = e[i].to;
	}
}
void dfs2(int x,int tp) {
	top[x] = tp;
	w[x] = ++cnt;
	id[cnt] = x;
	if (son[x])dfs2(son[x],tp);
	for (int i = head[x];i;i=e[i].nxt)
		if (e[i].to!=son[x] && e[i].to!=fa[x])
			dfs2(e[i].to,e[i].to);
}
void update(int x,int y,int z)
{
    while (top[x]!=top[y])
    {
        if (dpt[top[x]]<dpt[top[y]])swap(x,y);
        Update(1,1,n,w[top[x]],w[x],z);
        x = fa[top[x]];
    }
    if (dpt[x]<dpt[y])swap(x,y);
    Update(1,1,n,w[y],w[x],z);
}
ll getans(int x,int y)
{
	ll ans = 0;
    while (top[x]!=top[y])
    {
        if (dpt[top[x]]<dpt[top[y]])swap(x,y);
        ans+=Getans(1,1,n,w[top[x]],w[x]);
        x = fa[top[x]];
    }
    if (dpt[x]<dpt[y])swap(x,y);
    ans+=Getans(1,1,n,w[y],w[x]);
    return ans;
}
ll getFx(int x) {
	ll ans = decn[x]-(ll)times*dpt[x];
	ans = ans+adding;
	ans = ans+getans(1,x);
	return ans;
}
void init() {
	memset(head,0,sizeof(head));
	memset(decn,0,sizeof(decn));
	tot = cnt = 0;
	adding = times = 0;
}
int main()
{
	int cas;
	scanf("%d",&cas);
	while(cas--) {
		init();
		scanf("%d%d",&n,&m);
		int x,y;
		for (int i = 1;i<n;i++) {
			scanf("%d%d",&x,&y);
			add(x,y);add(y,x);
		}
		build(1,1,n);
		dfs1(1,0);
		dfs2(1,1);
		while (m--) {
			int opt;
			scanf("%d",&opt);
			if (opt == 1) {
				scanf("%d%d",&x,&y);
				adding += y-dpt[x];
				times++;
				update(1,x,2);
			} else if(opt == 2) {
				scanf("%d",&x);
				ll tmp = getFx(x);
				if (tmp > 0) decn[x]-=tmp;
			} else {
				scanf("%d",&x);
				printf("%lld\n",getFx(x));
			}
		}
	}
}


D - Fake News

满足 $1$ 到 $n$ 的平方和是完全平方数的只有 $1$ 和 $24$ ，打表之后可以猜得到。

H - Dividing

经过一顿推导之后可以发现对于同一个$k$，可能的$n$只有$k$的倍数和$k$的倍数$+1$，（包括1），所以要求的就是下面这个式子

$N+\sum_{i=2}^{K}\lfloor \frac{N}{i}\rfloor +\lfloor\frac{N+1}{i}\rfloor+1$

此公式针对$K\leq N$的情况，如果$K>N$，可以使$K=N$，最后答案中加$K-N$，因为对于大于$N$的$k$，每个$k$都仅有$1$这个数字可以作为一组。

上面这个式子用数论分块可以直接求，另外要注意一些特殊情况。

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod = 1e9+7;
ll getans(ll n,ll k) {
	ll ans = 0;
	for (ll l = 1,r;l<=k;l=r+1) {
		r = min(k,n/(n/l));
		ans += (r-l+1)*(n/l)%mod;
		ans = ans%mod;
	}
	return ans;
}
int main()
{
	ll ans = 0;
	ll n,k;
	scanf("%lld%lld",&n,&k);
	if (k >= n) {
		ans += k-n+2;
		k = n-1;
	}
	ans += getans(n,k)+getans(n-1,k)+k-n;
	ans = (ans%mod+mod)%mod;
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}
2020-2021/teams/wangzai_milk/20200801比赛记录.txt · 最后更改: 2020/08/05 21:19 由 infinity37

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