比賽鏈接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/11254
很費勁地 3/10 ，但是校內第18名囧。
一開始沒什么一眼做出來的題；后來發現J題好多人過，於是G開始寫J；但似乎寫了一會以后遇到了障礙，停下繼續推了起來。而我先看了B，E，F，發現B題漸漸有一些人過了，於是開始看B。此時Y也在看B。一個小時多一點的時候，J過了；Y在看E，我在看B，然后G看F——目前就是B，E，F，J過的人比較多。B應該是 \( O(n^2) \) 做，就開始想DP，但是沒什么很好的想法。之后Y發現了E題的規律，寫出了個式子，於是我兩人就一起討論怎么寫出來；討論一番，覺得預處理一下，然后二分就能寫。此時G發現F題能搜索，已寫了半天。然后Y去寫E題，很快寫完，但遇到了點問題，G也去調了半天，就過了。這時已經四點了。G繼續寫F題，而Y和我一起看B題；我又寫了DP的轉移方程，但是怎么看也是 \( O(n^3) \) 的，苦惱。Y在考慮構造，但也沒想好。還剩十分鍾的時候F題終於過了。於是我上去寫了個B題的簡單假算法，果然WA了，而且還一個點都沒過，真不給面子啊。
題意：
\(t\)組數據，每次給一個\(n\)，求滿足\( (xy+1) | (x^2+y^2) \)的\( (x,y) \)個數，\(1 \leq x,y \leq n\)。\(1 \leq t \leq 10^5, 1 \leq n \leq 10^18\)。
分析：
通過打表，發現除了\((1,1)\)，滿足條件的是所有\( (k,k^3) \)，以及它們遞推下去的數對；
就是說，如果\((a,b)\)滿足條件，而且是從\((k,k^3)\)推出來的，那么\( (b,b*k^2-a) \)也是滿足條件的數對；
所以找到所有滿足條件的數對（也不是很多），每次詢問upper_bound即可。
數字比較大，需要用__int128.
Y寫了。
#include<bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; const int MAXN=1e7+10; ll num[MAXN]; int T,cnt; ll ans; void init(){ num[1]=1;cnt=1; __int128 a,b; for(int i=2;i<=1e6;i++){ a=i;b=i,b=b*i*i; while(b<=1e18){ //if(b==2211||b==2424||b==4863) printf("%lld %lld\n",(ll)a,(ll)b); num[++cnt]=(ll)b; ll t=b; b=b*i*i-a;a=t; //printf("i=%d a=%lld b=%lld\n",i,(ll)a,(ll)b); //if(b>1e18||b<0) printf("i=%d b=%lld\n",i,(ll)b),exit(0); } } sort(num+1,num+1+cnt); cnt=unique(num+1,num+1+cnt)-num-1; } int main() { //freopen("E.in","w",stdout); init(); //printf("cnt=%d\n",cnt); //for(int i=1;i<=40;i++) printf("%d %lld\n",i,(ll)num[i]); for(scanf("%d",&T);T;T--){ ll n; scanf("%lld",&n); ans=upper_bound(num+1,num+1+cnt,n)-num-1; printf("%lld\n",ans); } }
G：Yu Ling(Ling YueZheng) and Colorful Tree
題意：
給定一棵\( n \)個點的樹（有邊權），給\( q \)次操作，分為兩種：
\( 0 , u , x \) :把點\( u \)染成顏色\( x \)，這里顏色彼此不同而且范圍在\( n \)以內；
\( 1 , u , l , r , x \) ：查詢離\( u \)最近的、染過色而且顏色\( c \)滿足\( l \leq c \leq r , c mod x = 0 \)的祖先到\( u \)的距離。
\( 1 \leq n , q \leq 1.1*10^5 \) 。
分析：
看了第一個通過的隊伍的代碼，竟然是樹狀數組套線段樹，復雜度\( O(nlog^2(n)) \)，很巧妙。
首先，需要處理\( c \% x = 0 \)這個要求——可以離線做，然后把操作分類，將有倍數關系的操作建立關系；暫時可以這樣想。
查詢要找的是祖先——可以反過來想，染色操作會對被染色點的子樹有影響，而操作子樹貌似比操作祖先方便一些。
綜合起來，我們可以先找到每個顏色的因數，把它們存在vector里；染上某個顏色的操作會影響到該顏色所有的因數，於是把這個操作分別放進它所有因數的存儲操作的另一個vector里；當然，查詢某個顏色的操作也放進那個顏色的操作vector里；這個vector里的操作要按順序放。
於是我們可以考慮每個顏色的操作序列；按順序進行修改和查詢操作。
為了方便地對子樹整體修改，我們求出這棵樹的dfs序，在dfs序列上用樹狀數組進行區間操作，給染色點的子樹進行某些修改。
下面我們考慮\( l \leq c \leq r \)這個要求——如果用線段樹維護顏色值序列，那么這個也可以方便地查詢；
也就是說，當出現一個查詢操作時，我們要在查詢點的線段樹內查找\( l , r \)范圍內是否有數——只要有數即可，因為前面只進行過當前顏色的倍數顏色的染色操作。
現在我們就可以寫出樹狀數組套線段樹了：樹狀數組建在dfs序列上，其中每個點有一個線段樹建在顏色數值上；修改操作就是給修改點的子樹中每個點的線段樹上染色顏色位置\( +1 \)，查詢操作就是在查詢點的線段樹上提取\( l , r \)區間的和；
這時查詢操作做了一半——我們可以知道對於當前點，有多少個祖先符合條件；
倍增記錄的祖先節點，我們可以找一下到哪個祖先節點時，它也有同樣個數的祖先符合條件；最淺的那個點就是答案，\( dis[u] \)相減即得距離。
那么空間復雜度怎么辦？實際上，我們可以用到線段樹節點時再把它開出來；而對於每個顏色的操作我們最多用到\( qlog^2(n) \)個線段樹點，所以用時再開，用完刪除即可。
時間復雜度是\( O(nlog^2(n)) \)。
（過程中順便仔細又看了看樹狀數組，這篇博客挺好的。）
代碼如下：
#include<iostream> #include<vector> #define mid ((l+r)>>1) #define pb push_back #define ll long long using namespace std; int const N=110005,M=20000005;/// int n,q,hd[N],nxt[N<<1],cnt,to[N<<1],fa[N][20],dfn[N],ed[N],dcnt; int rt[N],ls[M],rs[M],tcnt,tr[M]; ll w[N<<1],dis[N],ans[N]; vector<int>ele[N]; struct Nd{ int u,l,r,id; }; vector<Nd>v[N]; void init() { for(int x=1;x<=n;x++) for(int j=x;j<=n;j+=x)ele[j].pb(x);//j mod x = 0 同余類 } void add(int x,int y,ll s){nxt[++cnt]=hd[x]; hd[x]=cnt; to[cnt]=y; w[cnt]=s;} void dfs(int u) { dfn[u]=++dcnt; for(int i=hd[u],v;i;i=nxt[i]) { if((v=to[i])==fa[u][0])continue; fa[v][0]=u; dis[v]=dis[u]+w[i]; //dfs(v);// for(int i=1;i<20;i++) fa[v][i]=fa[fa[v][i-1]][i-1]; dfs(v);//注意順序TAT } ed[u]=dcnt; } //線段樹,序列是染色數值 void chg2(int &x,int l,int r,int p,int s) { if(!x)x=++tcnt; tr[x]+=s; if(l==r)return; if(p<=mid)chg2(ls[x],l,mid,p,s); else chg2(rs[x],mid+1,r,p,s); } int qry2(int x,int l,int r,int ql,int qr) { if(!x||(l>=ql&&r<=qr))return tr[x]; int ret=0; if(mid>=ql)ret+=qry2(ls[x],l,mid,ql,qr); if(mid<qr)ret+=qry2(rs[x],mid+1,r,ql,qr); return ret; } //樹狀數組,序列是dfs序 void chg1(int x,int p,int s){for(;x<=n;x+=(x&(-x)))chg2(rt[x],1,n,p,s);} int qry1(int x,int l,int r){int ret=0; for(;x;x-=(x&-x))ret+=qry2(rt[x],1,n,l,r); return ret;} void dell(int x){for(;x<=n;x+=(x&-x))rt[x]=0;} void del(int x) { while(tcnt)ls[tcnt]=0,rs[tcnt]=0,tr[tcnt]=0,tcnt--; //for(int i=1;i<=n;i++)rt[i]=0; for(Nd it:v[x]) if(it.id==0)dell(dfn[it.u]),dell(ed[it.u]+1); } void work(int x)//樹狀數組單點修改(差分)，區間查詢(前綴和) //此處x是顏色 { //printf("x=%d\n",x); for(Nd it:v[x]) { if(it.id==0)//如果是修改，則子樹內各點的線段樹上所染顏色位置+1 { //printf("stchg\n"); chg1(dfn[it.u],it.l,1); chg1(ed[it.u]+1,it.l,-1); //printf("aftchg\n"); } else//如果是查詢 { //printf("stq\n"); int u=it.u,L=it.l,R=it.r,id=it.id; //printf("u=%d L=%d R=%d id=%d\n",u,L,R,id); int num=qry1(dfn[u],L,R),p=u; if(!num){ans[id]=-1; continue;} for(int i=19;i>=0;i--) if(qry1(dfn[fa[p][i]],L,R)==num)p=fa[p][i]; //printf("u=%d p=%d %lld %lld\n",u,p,dis[u],dis[p]); ans[id]=dis[u]-dis[p]; //printf("aftq\n"); } } del(x);//刪除線段樹 } int main() { scanf("%d%d",&n,&q); init(); for(int i=1,u,v,s;i<n;i++) scanf("%d%d%d",&u,&v,&s),add(u,v,s),add(v,u,s); dfs(1); //v[x]:x的0同余類下的修改與查詢操作,而且是按順序放的 for(int i=1,tp,u,a,b,c;i<=q;i++) { scanf("%d%d%d",&tp,&u,&a); if(tp==0) { for(int it:ele[a])v[it].pb((Nd){u,a,0,0});//it作為詢問中的x時可查的點增加了 ans[i]=-2; } else { scanf("%d%d",&b,&c); if(((b+1)/c)==((a-1)/c))ans[i]=-1;//(r+1)/x==(l-1)/x，即不存在l--r中的數mod x = 0 else v[c].pb((Nd){u,a,b,i}); } } for(int x=1;x<=n;x++)work(x);//此處x是顏色 for(int i=1;i<=q;i++) if(ans[i]!=-2) if(ans[i]==-1)printf("Impossible!\n"); else printf("%lld\n",ans[i]); return 0; }
I:Kuriyama Mirai and Exclusive Or
題意：
（見題面）
分析：
（見題解）
做異或的差分，區間修改就給兩個端點異或即可；
加長度的異或，可以按\( x \)的每一個二進制為\( 1 \)的位考慮；兩段之間異或值就一直是\( +0,+1,+2,+3,......,+2^{i-1} \)，可以用\( chg[i][j] \)記錄一下；
然后\( chg[i][j] \)處理的時候又可以拆成\( chg[i][j-1], chg[i+2^{j-1}][j-1] \)，然后給右半部分區間異或一個\( 2^{j-1} \)；因為\( 0, 1, 2, ......, 2^{j-1} \)的左半部分和右半部分的差異僅僅是右半部分的二進制第\( j-1 \)位上都是\( 1 \)而已，異或了以后就可以拆分了。
寫得有點不好理解，詳細可以再看看題解和代碼。
代碼如下：
#include<iostream> using namespace std; int const N=6e5+5; int n,q,a[N],sum[N]; bool chg[N][30]; void work(int pos,int x) { for(int i=0,p2;i<30&&pos<=n;i++) if(x&(1<<i)) { chg[pos][i]^=1;//從pos開始異或0,1,2,……,2^i-1（還可以分裂，下面操作） sum[pos]^=((x>>i)<<i);//val,第i位后面全是0 //差分——左端點+ if((p2=pos+(1<<i))<=n)sum[p2]^=((x>>i)<<i);//差分——右端點- pos+=(1<<i); x+=(1<<i);//加了這一段的長度 } } void work2() { for(int i=29;i;i--) for(int j=1,p2,p3;j<=n;j++) if(chg[j][i]) { chg[j][i-1]^=1;//分裂：對於0,1,2,……,2^i-1,若右半的所有數都去掉二進制最高位，則兩半是一樣的 if((p2=j+(1<<(i-1)))<=n) { chg[p2][i-1]^=1;//分裂之右半部分 sum[p2]^=(1<<(i-1));//差分——左端點+ if((p3=p2+(1<<(i-1)))<=n)sum[p3]^=(1<<(i-1));//差分——右端點- } } } int main() { scanf("%d%d",&n,&q); for(int i=1,x;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]); for(int i=1,tp,l,r,x;i<=q;i++) { scanf("%d%d%d%d",&tp,&l,&r,&x); if(!tp){sum[l]^=x; sum[r+1]^=x; continue;} work(l,x); work(r+1,x+(r-l+1));// l--n, r+1--n } work2(); for(int i=1;i<=n;i++) { sum[i]^=sum[i-1]; a[i]^=sum[i]; printf("%d%c",a[i],(i==n)?'\n':' '); } return 0; }
題意：
給出\(n\)個點的完全圖，每條邊是黑色或白色；求同色三角形的個數。\(1 \leq n \leq 8000\)。
分析：
從\(1\)到\(n\)，記錄每個點左邊、右邊的白邊點和黑邊點各有多少個，算出不同色三角形的個數；每個三角形被算了兩邊（三個點中有兩個點連了異色邊），最后除以二，再從所有三角形中減去即可。
G寫了。
#include<bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; namespace GenHelper { unsigned z1,z2,z3,z4,b,u; unsigned get() { b=((z1<<6)^z1)>>13; z1=((z1&4294967294U)<<18)^b; b=((z2<<2)^z2)>>27; z2=((z2&4294967288U)<<2)^b; b=((z3<<13)^z3)>>21; z3=((z3&4294967280U)<<7)^b; b=((z4<<3)^z4)>>12; z4=((z4&4294967168U)<<13)^b; return (z1^z2^z3^z4); } bool read() { while (!u) u = get(); bool res = u & 1; u >>= 1; return res; } void srand(int x) { z1=x; z2=(~x)^0x233333333U; z3=x^0x1234598766U; z4=(~x)+51; u = 0; } } using namespace GenHelper; int n; ll Tot,Ill; bool Edge[8005][8005]; int Input() { int n, seed; cin >> n >> seed; srand(seed); for (int i = 0; i < n; i++) for (int j = i + 1; j < n; j++) Edge[j][i] = Edge[i][j] = read(); return n; } int main() { n=Input(),Tot=1ll*n*(n-1)*(n-2)/6; for(int i=0;i<n;i++) { ll Rb=0,Rw=0,Lb=0,Lw=0; for(int j=i-1;j>=0;j--) Edge[i][j]?Lb++:Lw++; for(int j=i+1;j<n;j++) Edge[i][j]?Rb++:Rw++; Ill+=Lb*Rw+Lw*Rb+Lw*Lb+Rw*Rb; } printf("%lld\n",Tot-Ill/2); }