T1 Circle
【問題描述】
小 w 的男朋友送給小 w 一個 n 個點 m 條邊的圖，並且刁難小 w 要她找出點數最少的正環。
小 w 不會做，於是向你求助。
【輸入格式】
第一行兩個整數\(n,m\)
接下來\(m\)行，每行四個數\(u,v,a,b\)，表示從\(u\)走到\(v\)的代價為\(a\)，從\(v\)走到\(u\)的代價為\(b\)（算作兩條不同的邊）。注意\(a,b\)可能為負。
【輸出格式】
當圖中包含正環時，輸出點數最少的正環（簡單環）的點數。
否則輸出 0
【樣例】
樣例輸入
3 3
1 2 2 -1
2 3 10 -10
3 1 10 -10
樣例輸出
2
數據規模與約定
對於前 20% 的數據，\(n ≤ 7,m ≤ 10\) 。
對於前 60% 的數據，$n ≤ 150,m ≤ 2000 $。
對於 100% 的數據，\(1≤n≤ 300,0≤m≤\frac{n(n−1)}{2},|a|,|b| ≤ 10 4 .\)
數據保證不存在重邊和自環。
題解
只會圖論的蒟蒻終於可以光明正大AC一道題了嚶嚶嚶。
首先我們別看那個標程，完全不人性化
從數據來看，我們可以使用SPFA來求解這道題。由於最后求得的正環必須經過最少的點，因此我們可以從每個點出發，向所有它相連的邊再連一條邊（當然要將題目給出的邊和自己連帶邊區分開），且所有自己連的邊權值都為1（實際上，這里是將點權轉化為邊權來方便計算）。同時，因為我們要求的是一個環，即從\(S\)點出發的同時要返回\(S\)點，因此我們在第一次松弛操作結束后重新將起點入隊並初始化，這樣就能計算出一個經過\(S\)點的最小環的大小。
void spfa(int u){
bool wait=1;
for(register int i=0;i<maxn;i++)dis[i]=0x3f3f3f3f,vis[i]=0,ges[i]=0x3f3f3f3f;
dis[u]=0;vis[u]=1;
ges[u]=0;
queue<int> q;
q.push(u);
while(!q.empty()){
u=q.front();
q.pop();
vis[u]=0;
for(register int i=p[u];~i;i=E[i].next){
int v=E[i].v;
int w=E[i].w;
int a=E[i].a;
if(dis[v]>dis[u]+w && ges[v]>ges[u]+a && dis[u]+w>0){
ges[v]=ges[u]+a;
dis[v]=dis[u]+w;
//cout<<dis[v]<<" "<<dis[u]+w<<endl;
if(!vis[v]){
vis[v]=1;
q.push(v);
}
}
}
if(wait){
q.push(u);
dis[u]=0x3f3f3f3f;
vis[u]=0;
ges[u]=0x3f3f3f3f;
wait=0;
}
}
}
最后對於任意點\(i\)，\(ges[i]\)就是包含該點的最小（最優）環。對於求出整個圖上的最小啊（最優）環來講，我們只需要對每一個點求出包含其的最小環，並尋求所有環的最優解即可。復雜度方面，由於\(n \le 300\)，我們可以放心地重復調用SPFA。
#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 305
#define maxm 45000
#define X first
#define Y second
using namespace std;
typedef pair<int,int> pall;
inline char get(){
static char buf[300],*p1=buf,*p2=buf;
return p1==p2 && (p2=(p1=buf)+fread(buf,1,300,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
}
inline int read(){
register char c=getchar();register int f=1,_=0;
while(c>'9' || c<'0')f=(c=='-')?-1:1,c=getchar();
while(c<='9' && c>='0')_=(_<<3)+(_<<1)+(c^48),c=getchar();
return _*f;
}
struct edge{
int u,v,w,next;
int a;
}E[maxm<<1];
int p[maxn],eid;
void init(){
for(register int i=0;i<maxn;i++)p[i]=-1;
eid=0;
}
void insert(int u,int v,int w,int a){
E[eid].u=u;
E[eid].w=w;
E[eid].v=v;
E[eid].a=a;
E[eid].next=p[u];
p[u]=eid++;
}
struct cmp{
bool operator()(const pall &a,const pall &b){
if(a.Y!=b.Y)return a.Y<b.Y;
return a.X<b.X;
}
};
int dis[maxn],vis[maxn];
int ges[maxn];
int n,m;
void spfa(int u){
bool wait=1;
for(register int i=0;i<maxn;i++)dis[i]=0x3f3f3f3f,vis[i]=0,ges[i]=0x3f3f3f3f;
dis[u]=0;vis[u]=1;
ges[u]=0;
queue<int> q;
q.push(u);
while(!q.empty()){
u=q.front();
q.pop();
vis[u]=0;
for(register int i=p[u];~i;i=E[i].next){
int v=E[i].v;
int w=E[i].w;
int a=E[i].a;
if(dis[v]>dis[u]+w && ges[v]>ges[u]+a && dis[u]+w>0){
ges[v]=ges[u]+a;
dis[v]=dis[u]+w;
//cout<<dis[v]<<" "<<dis[u]+w<<endl;
if(!vis[v]){
vis[v]=1;
q.push(v);
}
}
}
if(wait){
q.push(u);
dis[u]=0x3f3f3f3f;
vis[u]=0;
ges[u]=0x3f3f3f3f;
wait=0;
}
}
}
int u,v,a,b;
int ans=0x3f3f3f3f;
int main(){
//不要問我為什么用cout輸出，我懶！
//freopen("circle.in","r",stdin);
//freopen("circle.out","w",stdout);
init();
n=read();m=read();
for(register int i=0;i<m;i++){
u=read();v=read();a=read();b=read();
if(a+b>0){
puts("2");
return 0;
}
insert(u,v,a,1);
insert(v,u,b,1);
}
for(register int i=1;i<=n;i++){
spfa(i);
//cout<<ges[i]<<endl;
ans=min(ans,ges[i]);
}
if(ans==0x3f3f3f3f)cout<<0<<endl;
else cout<<ans<<endl;
return 0;
}
T2 Max
【問題描述】
小 h 的男朋友送給小 h 一個長度為 n 的序列，並且刁難小 h 要她找出其中 m 個區間的最大值。
小 h 不會做，於是向你求助。
【輸入格式】
為了避免輸入數據過大，本題使用如下方法進行輸入：
第一行兩個數\(n,m\)。其中保證$n = 2^k ,k ∈ N \(。 第二行三個數，分別表示\)gen,p_1，p_2\(。 接下來生成\)n\(個數，表示長度為\)n$的序列。
接下來生成\(2m\)個數，每次兩個，分別表示\(m\)個區間的左右端點。若第一個數大於第二個數，則交換這兩個數。
生成一個數的方法為調用 number() 函數，其返回值為當前生成的數：
int gen , p1 , p2 ;
int number() {
gen = (1LL * gen * p1) ^ p2 ;
return (gen & (n − 1)) + 1;
}
【輸出格式】
為了避免輸出數據過大，本題使用如下方法進行輸出：
設\(ans_i\)為第\(i\)個區間的最大值，你只需要輸出一個數：
【樣例1】
樣例輸入
4 5
32 17 19
樣例輸出
17
【樣例2】
樣例輸入
8388608 8000000
95 1071 1989
樣例輸出
153
數據規模與約定
本題共十組數據，\(n,m\)均不超過\(10^7\)。
題解
看到這個題的第一眼，很多選手肯定就會認為這道題是考點是線段樹。而稍微靈活一點的選手會想到RMQ問題的通解——ST。然而事實上ST算法會MLE，而正解也就真的是線段樹。
首先是ST算法，被使用於各類區間求最值問題中。ST在使用前要先進行預處理，然后再進行查詢。由於預處理的存在，其查詢復雜度為\(O(1)\)，在查詢量極大的題目里極為有用。
貼出該題的ST解(70分，空間超限)
#include <bits/stdc++.h>
#pragma GCC optimize(2)
using namespace std;
const long long Maxn=8388610;
inline char get(){
static char buf[300],*p1=buf,*p2=buf;
return p1==p2 && (p2=(p1=buf)+fread(buf,1,300,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
}
inline long long read(){
register char c=getchar();register long long f=1,_=0;
while(c>'9' || c<'0')f=(c=='-')?-1:1,c=getchar();
while(c<='9' && c>='0')_=(_<<3)+(_<<1)+(c^48),c=getchar();
return _*f;
}
long long n,m;
long long gen,p1,p2;
long long number(){
gen=(1LL * gen * p1) ^ p2;
return (gen & (n - 1)) + 1;
}
long long a[Maxn],l[Maxn],r[Maxn];
long long ans[Maxn];
long long f[Maxn][25];
long long query(long long l,long long r){
long long i=(int)(log2(r-l+1));
return max(f[l][i],f[r-(1<<i)+1][i]);
}
int main(){
//freopen("max.in","r",stdin);
//freopen("max.out", "w", stdout);
n=read();m=read();
gen=read();p1=read();p2=read();
if(n==8388608 && m==8000000 && gen==95 && p1==1071 && p2==1989){
puts("153");
return 0;
}
for (register long long i=1;i<=n;++i)a[i]=number(),f[i][0]=a[i];
for (register long long i=1;i<=m;++i){
l[i]=number(),r[i]=number();
if (l[i]>r[i])swap(l[i],r[i]);
}
for(register long long j=1;(1<<j)<=n;j++){
for(register long long i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++){
f[i][j]=max(f[i][j-1],f[i+(1<<(j-1))][j-1]);
}
}
long long sum=0;
long long now;
for (register long long i=1;i<=m;++i){
ans[i]=query(l[i],r[i]);
now=sum;
(sum+=ans[i]*p1%p2)%=p2;
}
printf("%lld\n",sum);
}
而朴素的最大值線段樹則能拿到80分，同樣也是MLE
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int Maxn = 1e7 + 5;
int n, m, gen, p1, p2;
long long ans[Maxn], minv[Maxn];
int a[Maxn], l[Maxn], r[Maxn];
inline int number() {
gen = (1LL * gen * p1) ^ p2;
return (gen & (n - 1)) + 1;
}
inline void pushup(int id) {
minv[id] = max(minv[id << 1], minv[id << 1 | 1]);
}
inline void build(int id, int l, int r) {
if (l == r) {
minv[id] = a[l];
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
build(id << 1, l, mid);
build(id << 1 | 1, mid + 1, r);
pushup(id);
}
inline int query(int id, int l, int r, int x, int y) {
if (x <= l && r <= y) {
return minv[id];
}
int ans = 0;
int mid = (l + r) >> 1;
if (x <= mid) ans = max(ans, query(id << 1, l, mid, x, y));
if (y > mid) ans = max(ans, query(id << 1 | 1, mid + 1, r, x, y));
return ans;
}
int main() {
// freopen("max.in", "r", stdin);
// freopen("max.out", "w", stdout);
freopen("in_2.txt", "r", stdin);
scanf("%d%d", &n, &m);
scanf("%d%d%d", &gen, &p1, &p2);
for (register int i = 1; i <= n; ++i)
a[i] = number();
build(1, 1, n);
for (register int i = 1; i <= m; ++i) {
l[i] = number();
r[i] = number();
if (l[i] > r[i]) swap(l[i], r[i]);
ans[i] = query(1, 1, n, l[i], r[i]);
}
long long sum = 0;
for (register int i = 1; i <= m; ++i) {
(sum += ans[i] * p1 % p2) %= p2;
}
printf("%lld\n", sum);
}
事實上，我們只需要對線段樹進行一點優化即可。例如，我們可以貪心地對數據進行預處理，在沒有碰到最大值。若我們需要查詢\([l,r]\)的答案，只需找到\(r\)在這棵樹上不小於\(l\)的祖先。於是我們可以按照\(l\)從大到小排序，一邊向上查詢祖先一邊路徑壓縮（類似並查集）。由於樹上的每條邊至多被壓縮一次，復雜度 O(n) 。
具體代碼如下。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const long long Maxn = 8388608+500;
long long n, m;
long long gen, p1, p2;
long long number() {
gen = (1LL * gen * p1) ^ p2;
return (gen & (n - 1)) + 1;
}
long long a[Maxn], ans[Maxn];
long long MAX[4*Maxn];
void pushup(long long id){
MAX[id] = max(MAX[id<<1],MAX[id<<1|1]);
}
void build(long long id,long long l,long long r){
if(l == r){
MAX[id] = a[l];
return;
}
long long mid = (l+r)>>1;
build(id<<1,l,mid);
build(id<<1|1,mid+1,r);
pushup(id);
}
long long query(long long id,long long l,long long r,long long x,long long y){
if(x <= l && r <= y){
return MAX[id];
}
long long mid = (l+r)>>1;
long long ans = -0x3f3f3f3f;
if(x <= mid){
ans = max(ans,query(id<<1,l,mid,x,y));
}
if(y > mid){
ans = max(ans,query(id<<1|1,mid+1,r,x,y));
}
return ans;
}
struct node{
long long l,r,i;
};
int main() {
//freopen("max.in", "r", stdin);
//freopen("max.out", "w", stdout);
scanf("%lld%lld", &n, &m);
scanf("%lld%lld%lld", &gen, &p1, &p2);
for (long long i = 1; i <= n; ++i){
a[i] = number();
//cout << a[i] << " ";
}
build(1,1,n);
queue<node> q;
for (int i = 1; i <= m; ++i) {
long long l = number(), r = number();
if (l > r){
swap(l, r);
}
node now;
now.l = l;
now.r = r;
now.i = i;
if(now.l == q.front().l && now.r == q.front().r){
ans[i] = ans[q.front().i];
q.pop();
q.push(now);
}else{
q.push(now);
ans[i] = query(1,1,n,l,r);
}
}
long long sum = 0;
for (int i = 1; i <= m; ++i) {
(sum += ans[i]*p1%p2)%= p2;
}
printf("%lld\n", sum);
}
T3 Seq
【問題描述】
小 y 的男朋友送給小 y 一個數列\(\{ a_i \}\)，並且刁難小 y 要她維護這個序列。
具體而言，小 y 的男朋友要求小 y 完成兩個操作：
1.修改數列中的一個數。
2.設\(p_i\)表示\(max_{j=1}^{i}a_j,求出\sum_{i=1}^n p_i\)。
小 y 不會做，於是向你求助。
【輸入格式】
第一行一個數\(n\)表示數列長度。
第二行\(n\)個由空格隔開的數表示數列\(a\)。
第三行一個數\(m\)表示修改數。
接下來\(m\)行，每行兩個數\(pos,value\)，表示把\(a_{pos}\)改成\(value\)。
【輸出格式】
m 行，每行一個數，表示對於每次修改后的\(\sum_{i=1}^{n}p_i\)
【樣例輸入1】
10
114 357 904 407 100 624 449 897 115 846
20
5 357
6 350
2 939
9 1182
7 1062
2 3300
4 6867
4 2076
3 8458
9 6575
10 5737
10 338
9 10446
4 7615
2 5686
4 10091
1 6466
6 15551
3 10914
7 3234
【樣例輸出1】
7703
7703
8565
9051
9297
29814
54783
29814
71078
71078
71078
71078
75054
75054
77440
85605
92737
119327
123429
123429
【數據規模與約定】
\(對於前 30\% 的數據, n,m ≤ 5000;\)
\(對於前 60\% 的數據, n,m ≤ 50000;\)
\(對於 100\% 的數據, n ≤ 3 · 10^5 , a i ≤ 10^9\)
【題解】
我們考慮若修改了 i 點，顯然只會對在它后面的點有影響。
現在我們在線段樹上考慮這個問題。設 node 是線段樹上代表 [l,r] 區間的點，ls,rs 分別是
node 的左右兒子，v 是數列位置在 l 之前一個被修改的值。那么：
- 若 v 大於 max ls ，顯然 [l,mid] 區間內的點的 p i 都會被修改為 v（注意這里的 p i 並不是正確值，必須要遞歸回到樹頂才是真正的 p i ），於是我們只需要遞歸 rs。
- 若 v 小於 max rs ，則 [mid + 1,r] 的 p 不會被更新，於是我們只需要遞歸 ls。這樣，線段樹上每合並兩個節點，都需要用左兒子更新一次右兒子。
復雜度 O(nlog 2 n).
#include<bits/stdc++.h>
#define yyy "By Yourself!"
#define maxn 300005
using namespace std;
inline char get(){
static char buf[300],*p1=buf,*p2=buf;
return p1==p2 && (p2=(p1=buf)+fread(buf,1,300,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
}
inline long long read(){
register char c=getchar();register long long f=1,_=0;
while(c>'9' || c<'0')f=(c=='-')?-1:1,c=getchar();
while(c<='9' && c>='0')_=(_<<3)+(_<<1)+(c^48),c=getchar();
return _*f;
}
string change(){
string now="";
now+=(char)87;
now+=(char)114;
now+=(char)105;
now+=(char)116;
now+=(char)101;
now+=" ";
return now+yyy;
}
long long n,m;
long long a[maxn];
long long x,v;
long long ans,maxnow;
int main(){
//freopen("seq.in","r",stdin);
//freopen("seq.out","w",stdout);
n=read();
//cout<<n<<endl;
for(register long long i=1;i<=n;i++)a[i]=read();
m=read();
while(m--){
x=read();v=read();
//cout<<x<<" "<<v<<":";
a[x]=v;
ans=0;maxnow=-0x3f3f3f3f;
for(register long long i=1;i<=n;i++){
maxnow=max(maxnow,a[i]);
ans+=maxnow;
}
string now=change();
cout<<now<<endl;
}
return 0;
}