序列
題意
有長度為\(n\)的\(a,b\)兩個序列，有m種操作，操作有兩種類型，\(1\ x\ y\)代表這個操作可以讓\(a[x]\)和\(a[y]\)同時加\(1\)或者減\(1\),\(2\ x\ y\)則代表一個加\(1\)另一個減\(1\)。
每種操作可以無限次進行，問能否讓\(a\)與\(b\)完全相等。
題解
先讓 \(a[i]=a[i]-b[i]\) ，現在的目的就是讓 \(a[i]=0\)
首先分兩種部分分情況：
1.只有兩個點
2.操作只有2
只有兩個點的情況很容易處理，討論一下就可以了。
操作只有2的情況也很容易處理，把操作看成邊，發現2邊連接的連通塊之和為0的話，這個連通塊就可以通過不斷的2操作和b完全一樣。
整體做法就是結合上面兩種情況，我們先把2邊連通塊縮成一個點，這時候整個圖就剩1邊了，發現性質，a-b-c這樣一個結構，可以看做是a和c連了個2邊。
讓新的圖建立起新的2邊，然后再縮點，這個過程可以通過黑白染色實現。這樣縮下去，每個連通塊的點數不超過\(2\)，依次判斷就行。
復雜度是\(O(n)\)。
代碼
考場沒寫出來，只寫了暴力。
現在發現正解比暴力代碼好寫：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN=2e5+5;
int n,m;
vector<int> q2[MAXN],q1[MAXN],q[MAXN];
int tot;
int idx[MAXN],vis[MAXN];
long long a[MAXN],B[MAXN],v[MAXN];
void dfs_init(int x)
{
//cout<<" dfs_init "<<x<<" "<<tot<<endl;
idx[x]=tot;
v[tot]+=a[x];
for(int i=0; i<q2[x].size(); i++)
{
int nx=q2[x][i];
if(idx[nx])
continue;
dfs_init(nx);
}
}
bool ok=0;
stack<int> b,w;
void dfs(int x)
{
if(vis[x]==1)
b.push(x);
else
w.push(x);
for(int i=0; i<q[x].size(); i++)
{
int nx=q[x][i];
if(vis[nx]==vis[x])
ok=1;
if(vis[nx])
continue;
vis[nx]=3-vis[x];
dfs(nx);
}
}
int main()
{
int T;scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1; i<=n; i++)
scanf("%lld",&a[i]);
for(int i=1; i<=n; i++)
scanf("%lld",&B[i]),a[i]-=B[i];
for(int i=1; i<=m; i++)
{
int t,x,y;
scanf("%d%d%d",&t,&x,&y);
if(t==1)
{
q1[x].push_back(y);
q1[y].push_back(x);
}
else
{
q2[x].push_back(y);
q2[y].push_back(x);
}
}
for(int i=1; i<=n; i++)
{
if(idx[i])
continue;
tot++;
dfs_init(i);
}
for(int i=1; i<=n; i++)
{
for(int j=0; j<q1[i].size(); j++)
{
int nx=q1[i][j];
q[idx[i]].push_back(idx[nx]);
q[idx[nx]].push_back(idx[i]);
}
}
for(int i=1;i<=tot;i++){
for(int j=0;j<q[i].size();j++){
int nx=q[i][j];
}
}
bool ans=1;
for(int i=1; i<=tot; i++)
{
ok=0;
if(vis[i])
continue;
long long val=0;
vis[i]=1;
dfs(i);
if(ok){
while(!b.empty()){
val+=v[b.top()];
b.pop();
}
while(!w.empty()){
val+=v[w.top()];
w.pop();
}
if(val%2)
ans=0;
}
else{
if(w.empty()){
if(v[b.top()]!=0)
ans=0;
b.pop();
}
else{
while(!b.empty()){
val+=v[b.top()];
b.pop();
}
while(!w.empty()){
val-=v[w.top()];
w.pop();
}
if(val!=0)
ans=0;
}
}
}
if(ans)
printf("YES\n");
else
printf("NO\n");
for(int i=1;i<=tot;i++)
{
q[i].clear();
v[tot]=0;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
vis[i]=idx[i]=v[i]=0;
q1[i].clear();
q2[i].clear();
}
tot=0;
ok=0;
}
return 0;
}
冒泡排序
題意
\(n\)長度序列\(p\)，\(m\)個操作，操作分兩種，\(1\ x\)表示當前序列\(x\)位和\(x+1\)位交換，\(2\ k\)表示詢問如果當前序列冒泡\(k\)輪后的序列的逆序對和。
題解
我們逆序對計算方式是算前面比當前數大的個數。那么會發現，一個序列冒泡一次，每個位置的逆序對數量都會\(-1\)，除非那個位置逆序對數為0。
那么我們用樹狀數組（線段樹也行）去存儲逆序對數，樹狀數組第k個位置存的就是逆序對數為k的位置的逆序對數。查詢時查詢大於\(k\)的和，然后每個大於\(k\)的位置都減去\(k\)
即。
代碼
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN=200005;
int n,m;
int p[MAXN];
long long sum[MAXN],maxn[MAXN],tot[MAXN];
int k[MAXN];
void update(int l,long long v,long long *sum){
while(l){
sum[l]+=v;
l-=(l&(-l));
}
}
long long get(int l,long long *sum){
long long an=0;
while(l<=n){
an+=sum[l];
l+=(l&(-l));
}
return an;
}
int main()
{
freopen("bubble.in","r",stdin);
freopen("bubble.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&p[i]);
update(p[i],1,maxn);
k[i]=get(p[i]+1,maxn);
update(k[i],k[i],sum);
update(k[i],1,tot);
}
for(int i=1;i<=m;i++){
int t,x;
scanf("%d%d",&t,&x);
if(t==1){
if(p[x]>p[x+1])
{
update(k[x+1],-k[x+1],sum);
update(k[x+1],-1,tot);
k[x+1]--;
update(k[x+1],k[x+1],sum);
update(k[x+1],1,tot);
}
else{
update(k[x],-k[x],sum);
update(k[x],-1,tot);
k[x]++;
update(k[x],k[x],sum);
update(k[x],1,tot);
}
swap(p[x],p[x+1]);
swap(k[x],k[x+1]);
}
else{
long long ans=get(x+1,sum)-x*get(x+1,tot);
printf("%lld\n",ans);
}
}
return 0;
}
最小環
題意
給你個\(n\)的環，環上每個位置都有值，給\(m\)次詢問，對於每次詢問給個\(k\)，你需要把環上的值交換順序，以讓環上每個相距為\(k\)的數相乘的和最大。
題解
對於詢問\(k\)，相當於是把環分成\(gcd(n,k)\)個小環，發現每個小環都是從大到小分配數的規律，然后因為環的種類只有\(\sum gcd(i,n)\)種，預處理即可。復雜度\(o(n\sqrt{n})\)
代碼
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m;
long long a[400005];
bool vis[400005];
long long ans[400005];
int main()
{
freopen("ring.in","r",stdin);
freopen("ring.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i]),ans[0]+=a[i]*a[i];
sort(a+1,a+1+n);
for(int i=1;i*2<=n;i++){
int g=__gcd(i,n);
if(vis[g])continue;
vis[g]=1;
int l=n/g;
int p=n-l+1;
ans[g]+=a[n]*a[n-1];
for(int j=n;j>=1;j--){
if(j==p){
if(j>1)ans[g]+=a[j-1]*a[j-2];
p=j-l;continue;
}
ans[g]=ans[g]+(a[j]*a[max(j-2,p)]);
}
}
for(int i=1;i<=m;i++){
int k;scanf("%d",&k);
if(k==0)printf("%lld\n",ans[0]);
else{
k=__gcd(k,n);
printf("%lld\n",ans[k]);
}
}
return 0;
}