【日记】1.14

1.14

数列分块

1.数列分块3：区间加减+区间询问x的前驱（严格小于）

思路：同2，询问时边角暴力，块内需要保持有序，进行二分查找第一个小于c的数。注意两点：

1.边角暴力的时候是对v操作，块内二分是对blk操作。

2.块内二分时找到之后更新答案记得加上lazy[i]。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
#define mid ((l+r)>>1)
#define db(x) cout<<#x<<":"<<x<<endl;
#define lf(x) ((x)-1)*bl_size+1
#define rt(x,n) min((x)*bl_size,(n))
const int M=2e5+20,P=1e9+7;
int n,bl_size,blnum[M],lazy[M],v[M];
vector<int> blk[M];
inline void reset(int x){
    blk[x].clear();
    for(int i=lf(x);i<=rt(x,n);++i)
        blk[x].push_back(v[i]);
    sort(blk[x].begin(),blk[x].end());
}
inline void bl_init(int n){
    bl_size=sqrt(n);
    for(int i=1;i<=n;++i)
        blnum[i]=(i-1)/bl_size+1,blk[blnum[i]].push_back(v[i]);
    for(int i=blnum[1];i<=blnum[n];++i)
        sort(blk[i].begin(),blk[i].end());
}
inline void bl_add(int l,int r,int c){
    for(int i=l;i<=rt(blnum[l],r);++i)
        v[i]+=c;
    reset(blnum[l]);
    if (blnum[l]!=blnum[r]){
        for(int i=lf(blnum[r]);i<=r;++i)
            v[i]+=c;
        reset(blnum[r]);
    }
    for(int i=blnum[l]+1;i<=blnum[r]-1;++i)
        lazy[i]+=c;
}
inline int query(int l,int r,int c){
    int ans=-1;
    for(int i=l;i<=rt(blnum[l],r);++i)
        if (v[i]+lazy[blnum[l]]<c)
            ans=max(ans,v[i]+lazy[blnum[l]]);
    if (blnum[l]!=blnum[r])
        for(int i=lf(blnum[r]);i<=r;++i)
            if (v[i]+lazy[blnum[r]]<c)
                ans=max(ans,v[i]+lazy[blnum[r]]);
    for(int i=blnum[l]+1;i<=blnum[r]-1;++i){
        vector<int>::iterator pos=lower_bound(blk[i].begin(),blk[i].end(),c-lazy[i]);
        if (pos!=blk[i].begin())
            --pos,ans=max(ans,(*pos)+lazy[i]);//注意
    }
    return ans;
}
struct TTTT{
    void init(){
        scanf("%d",&n);
        for(int i=1;i<=n;++i)
            scanf("%d",&v[i]);
        bl_init(n);
    }
    void run(){
        init();
        for(int i=1;i<=n;++i){
            int op,l,r,c;
            scanf("%d%d%d%d",&op,&l,&r,&c);
            if(op==0)
                bl_add(l,r,c);
            else
                printf("%d\n",query(l,r,c));
        }
    }
}TTT;
int main(){
    TTT.run();
    return 0;
}

2.数列分块4：区间加减+区间求和

要注意lazy标记的含义，表示懒得加，区间修改并不直接加到sum里面。另外记得开LL。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
#define lf(x) ((x)-1)*bl_size+1
#define rt(x,n) min((x)*bl_size,(n))
#define Blforl(l,r) for(int i=(l);i<=rt(blnum[(l)],(r));++i)
#define Blforr(l,r) for(int i=lf(blnum[(r)]);i<=(r);++i)
#define Blforbl(l,r) for(int i=blnum[(l)]+1;i<=blnum[(r)]-1;++i)
const int M=1e5+20;
int n,bl_size;//整体信息
int blnum[M];
LL v[M];//单点信息
LL lazy[M],sum[M];//整块信息
inline void bl_init(){
    bl_size=sqrt(n);
    for(int i=1;i<=n;++i)
        blnum[i]=(i-1)/bl_size+1,sum[blnum[i]]+=v[i];
}
inline void add(int l,int r,int c){
    Blforl(l,r)
        v[i]+=c,sum[blnum[i]]+=c;
    if (blnum[l]!=blnum[r])
        Blforr(l,r)
            v[i]+=c,sum[blnum[i]]+=c;
    Blforbl(l,r)
        lazy[i]+=c;
}
inline LL query(int l,int r){
    LL ans=0;
    Blforl(l,r)
        ans+=v[i]+lazy[blnum[i]];
    if (blnum[l]!=blnum[r])
        Blforr(l,r)
            ans+=v[i]+lazy[blnum[i]];
    Blforbl(l,r)
        ans+=sum[i]+lazy[i]*bl_size;
    return ans;
}
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;++i)
        scanf("%d",&v[i]);
    bl_init();
    for(int i=1;i<=n;++i){
        int op,l,r,c;
        scanf("%d%d%d%d",&op,&l,&r,&c);
        if (op==0)
            add(l,r,c);
        else
            printf("%lld\n",query(l,r)%(c+1));
    }
    return 0;
}

3.数列分块5：区间开方+区间求和。

对于区间开方的问题，要注意到开logn次之后就会都变成0和1，因此直接暴力区间修改也是ok的，这是因为每个点最多开32次根就变成0或1的。但是为了防止每次判断是否已经是0和1的时候每个元素都访问，所以可以采用分块优化的策略。边角暴力，块内先看flag，如果已经全是01就跳过，否则就暴力修改。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
#define lf(x) ((x)-1)*bl_size+1
#define rt(x,n) min((x)*bl_size,(n))
#define Blforl(l,r) for(int i=(l);i<=rt(blnum[(l)],(r));++i)
#define Blforr(l,r) for(int i=lf(blnum[(r)]);i<=(r);++i)
#define Blforx(x) for (int i=lf(x);i<=rt(x);++i)
#define Blforbl(l,r) for(int i=blnum[(l)]+1;i<=blnum[(r)]-1;++i)
const int M=1e5+20;
int n,bl_size;//整体信息
int blnum[M],v[M];//单点信息
int flag[M],sum[M];//整块信息
inline void bl_init(){
    bl_size=sqrt(n);
    for(int i=1;i<=n;++i)
        blnum[i]=(i-1)/bl_size+1,sum[blnum[i]]+=v[i];
    for(int i=1;i<=blnum[n];++i)
        flag[i]=1;
}
inline void blsqrt(int l,int r){
    Blforl(l,r)
        sum[blnum[i]]-=v[i],v[i]=sqrt(v[i]),sum[blnum[i]]+=v[i];
    if (blnum[l]!=blnum[r])
        Blforr(l,r)
            sum[blnum[i]]-=v[i],v[i]=sqrt(v[i]),sum[blnum[i]]+=v[i];
    Blforbl(l,r){
        if (!flag[i])
            continue;
        flag[i]=sum[i]=0;
        for(int j=lf(i);j<=rt(i,r);++j){
            v[j]=sqrt(v[j]),sum[i]+=v[j];
            if(v[j]>1)
                flag[i]=1;
        }
    }
}
inline LL query(int l,int r){
    LL ans=0;
    Blforl(l,r)
        ans+=v[i];
    if (blnum[l]!=blnum[r])
        Blforr(l,r)
            ans+=v[i];
    Blforbl(l,r)
        ans+=sum[i];
    return ans;
}
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;++i)
        scanf("%d",&v[i]);
    bl_init();
    for(int i=1;i<=n;++i){
        int op,l,r,c;
        scanf("%d%d%d%d",&op,&l,&r,&c);
        if (op==0)
            blsqrt(l,r);
        else
            printf("%lld\n",query(l,r));
    }
    return 0;
}

2020WannaflyD3

A. 黑色气球

思路：水题，上三角矩阵和是n*(sigma)，之后减去第一行得a1，再用第一行求解即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
int a[2000][2000];
int main(){
    int n;
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;++i)
        for(int j=1;j<=n;++j)
            scanf("%d",&a[i][j]);
    if (n==2){
        printf("1 1\n");
        return 0;
    }
    LL sum=0;
    for(int i=1;i<=n-1;++i)
        for(int j=i+1;j<=n;++j)
            sum+=a[i][j];
    sum/=n-1;
    LL sum2=0;
    for(int i=1;i<=n;++i)
        sum2+=a[1][i];
    sum2=(sum2-sum)/(n-2);
    printf("%lld",sum2);
    for(int i=2;i<=n;++i)
        printf(" %lld",a[1][i]-sum2);
    cout<<endl;
    return 0;
}

E. 棋技哥

C. 无向图定向

思路：答案=最小染色数-1

D. 求和

思路：推式子
\[ \Sigma_{i=1}^n\Sigma_{j=1}^i\Sigma_{k=1}^igcd(i,j,k)\\ =\Sigma_{d=1}^nd\Sigma_{i=1}^n\Sigma_{j=1}^i\Sigma_{k=1}^i[gcd(i,j,k)==d]\\ =\Sigma_{d=1}^nd\Sigma_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\Sigma_{j=1}^i\Sigma_{k=1}^i[gcd(i,j,k)==1]（注意i是不改变的）\\ =\Sigma_{d=1}^nd\Sigma_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\Sigma_{j=1}^i\Sigma_{k=1}^i\Sigma_{e|i,e|j,e|k}\mu(e)\\ =\Sigma_{d=1}^nd\Sigma_{e=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(e)\Sigma_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\Sigma_{j=1}^i\Sigma_{k=1}^i\\ \]

G. 火山哥周游世界

思路：虚树和最远点？

分两类讨论

F. 社团管理

思路：决策单调。整体二分。

I. N门问题

思路：无论打开了哪扇门，A选择的门在打开之后都会变成全场唯一概率最小的门。

H. 火山哥的序列

思路：保证数据互不相同，是用来枚举倍数的，这样就可以保证复杂度是nlogn。

J. 简单字符串

Lyndon串：s的最小后缀是本身。

Lyndon分解：任意串可以划分为一堆Lyndon串，v1^q1,v2^q1...

且v1>v2>...>vm

存在性和唯一性

若q1%k!=0

v1 q1/k

q1/k!=0

v1 q1/k v2q2 v3 q3 ……

只用算Lyndon分解的v1和q1即可。

Edu 80

A.Deadline

题意：给定d和n，问是否存在x，使得x+\(\lfloor\frac{d}{x+1}\rfloor\)<=n

思路：容易想到，在x+1>\(\sqrt{d}\)之后(或者多几个数)，就都一样了，所以只需要暴力判\(1\sim\sqrt{d}+100\)即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
#define mid ((l+r)>>1)
#define db(x) cout<<#x<<":"<<x<<endl;
const int M=2e5+20,P=1e9+7;
struct TTTT{
    int n,d;
    void init(){
        scanf("%d%d",&n,&d);
    }
    void run(){
        init();
        int x=0,lim=min((int)sqrt(d)+100,n);
        while(x<=lim){
            if (x+(d+x)/(x+1)<=n){
                printf("YES\n");
                return;
            }
            ++x;
        }
        printf("NO\n");
    }
}TTT;
int main(){
    int T;
    scanf("%d",&T);
    for(int i=1;i<=T;++i)
        TTT.run();
    return 0;
}

B.Yet Another Meme Problem

题意：给定A和B，统计\(1\leq a\leq A\)且\(1\leq b\leq B\)a⋅b+a+b=conc(a,b)的对数。

思路：b+1=10^|b|，直接统计即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
#define mid ((l+r)>>1)
#define db(x) cout<<#x<<":"<<x<<endl;
const int M=2e5+20,P=1e9+7;
struct TTTT{
    int a,b;
    void init(){
        scanf("%d%d",&a,&b);
    }
    int dig(int x){
        int ans=0;
        while(x)
            x/=10,++ans;
        return ans;
    }
    void run(){
        init();
        printf("%lld\n",1LL*a*(dig(b+1)-1));
    }
}TTT;
int main(){
    int T;
    scanf("%d",&T);
    for(int i=1;i<=T;++i)
        TTT.run();
    return 0;
}

C.Two Arrays

题意：给定n和m，统计数列(a,b)的个数，满足长度均为m，元素范围1-n，\(a_i\leq b_i\)，a不降，b不升。

思路：我是dp做法，但实际上看题解其实很简单，考虑\(a_1,a_2,...,a_m,b_m,b_{m-1},...,b_1\)，这个序列就是不降序列，所以直接统计这个序列的个数就可以，算就行。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
#define mid ((l+r)>>1)
#define db(x) cout<<#x<<":"<<x<<endl;
const int M=2e5+20,P=1e9+7;
struct TTTT{
    int n,m,dp[15][3000];
    void init(){
        scanf("%d%d",&n,&m);
    }
    void run(){
        init();
        for(int i=0;i<=n-1;++i)
            dp[1][i]=n-i;
        for(int i=2;i<=m;++i)
            for(int j=0;j<=n-1;++j)
                for(int k=0;j+k<=n-1;++k)
                    dp[i][j]=(dp[i][j]+1LL*dp[i-1][j+k]*(k+1)%P)%P;
        int ans=0;
        for(int i=0;i<=n-1;++i)
            ans=(ans+dp[m][i])%P;
        printf("%d\n",ans);
    }
}TTT;
int main(){
    TTT.run();
    return 0;
}

D.Minimax Problem

题意：给定n个长度为m的数组，可以选择两个数组合成一个新的数组，新的数组的每个数都是原来两个数组的对应位置的最大值，现求新的数组最小值最大的情况下，要选的两个数组的位置。

思路：二分最小值，设为k，将矩阵中\(\geq k\)设为1，\(<k\)的设为0，那么就会得到n个字节长度为m的数，现在只需要查看是否存在两个数，使得|操作之后为全1。由于不同数个数最多为\(2^m\)，因此直接\(n^2\)暴力判即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
#define mid ((l+r+1)>>1)
#define db(x) cout<<#x<<":"<<x<<endl;
const int M=3e5+20,P=1e9+7;
struct TTTT{
    int n,m;
    int a[M][10];
    void init(){
        scanf("%d%d",&n,&m);
        for(int i=1;i<=n;++i)
            for(int j=1;j<=m;++j)
                scanf("%d",&a[i][j]);
    }
    void run(){
        init();
        int l=0,r=1e9;
        int num[300],lim=(1<<m)-1;
        while(l!=r){
            for(int i=0;i<=lim;++i)
                num[i]=0;
            for(int i=1;i<=n;++i){
                int ans=0;
                for(int j=1;j<=m;++j)
                    ans=(ans<<1)+((a[i][j]>=mid)?1:0);
                /*db(mid);
                db(i);
                db(ans);*/
                ++num[ans];
            }
            bool v=false;
            for(int i=lim;i>=0;--i){
                for(int j=lim;j>=0;--j)
                    if (num[i]&&num[j]&&((i|j)==lim)){
                        v=true;
                        break;
                    }
                if (v)
                    break;
            }
            if (v)
                l=mid;
            else
                r=mid-1;
        }
        //db(l);
        vector<int> v[300];
        for(int i=1;i<=n;++i){
            int ans=0;
            for(int j=1;j<=m;++j)
                ans=(ans<<1)+((a[i][j]>=l)?1:0);
            v[ans].push_back(i);
        }
        for(int i=lim;i>=0;--i)
            for(int j=lim;j>=0;--j)
                if (v[i].size()&&v[j].size()&&((i|j)==lim)){
                    printf("%d %d\n",v[i][0],v[j][0]);
                    return;
                }
    }
}TTT;
int main(){
    TTT.run();
    return 0;
}

E.Messenger Simulator

题意：现有一个1-n的序列，给了m个数，每次将这个数提到序列的最前面，问每个数所能达到的最靠前位置和最靠后位置。

思路：设原序列为空，那么操作序列可以等价为：\(n,n-1,...,2,1,a_1,a_2,...,a_m\)，观察这个序列，考虑数k，如果在后m个数中出现了k，那么k的最小值就是1，否则就是k本身（因为移动其他数一定不会让k的位置更靠前）。至于最大值，则是序列中相邻k构成区间的区间不同数的个数，相当于两次之间有多少个数被提到了k的前面，除了所有k出现的位置构成的相邻区间，k的最后一次出现位置和\(a_m\)构成的区间的不同数个数也要统计进来（感性写个例子理解一下）。那么就变成了区间不同数问题，而且可以离线做，因此树状数组即可。我傻不拉几写了个主席树，最后还因为数组没有开大挂了……

注意：主席树一定要预估好数组大小。如果数组越界，只要没有访问到系统内存，那么是不会报RE的，所以有可能访问到已经用过的内存，造成错误，会出现各种各样的WA，TLE，MLE等等奇怪的错误。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
#define db(x) cout<<#x<<":"<<x<<endl;
const int M=2e7+10,P=998244353,MM=6e5+20;//96M，不用怕MLE
int cnt;
int a[MM],root[MM*2],L[M],R[M],v[M],last[MM],rtn[MM],nxt[MM],vis[MM],ansmn[MM],ansmx[MM],num[MM];
int build(int l,int r){
    int rt=++cnt,mid=(l+r)/2;
    v[rt]=0;
    if (l==r)
        return rt;
    L[rt]=build(l,mid);
    R[rt]=build(mid+1,r);
    return rt;
}
int update(int idp,int l,int r,int pos,int x){
    int rt=++cnt,mid=(l+r)/2;
    L[rt]=L[idp],R[rt]=R[idp];
    if (x)
        v[rt]=v[idp]+1;
    else
        v[rt]=v[idp]-1;
    if (l==r)
        return rt;
    if (pos<=mid)
        L[rt]=update(L[idp],l,mid,pos,x);
    if (mid<pos)
        R[rt]=update(R[idp],mid+1,r,pos,x);
    return rt;
}
int query1(int idp,int l,int r,int ql,int qr){
    if (ql<=l&&r<=qr)
        return v[idp];
    int ans=0,mid=(l+r)/2;
    if (ql<=mid)
        ans+=query1(L[idp],l,mid,ql,qr);
    if (mid<qr)
        ans+=query1(R[idp],mid+1,r,ql,qr);
    return ans;
}
int main(){
    int n,m;
    //freopen("out.txt","w",stdout);
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for (int i=1;i<=n;++i)
        a[i]=n-i+1;
    for(int i=1;i<=m;++i)
        scanf("%d",&a[i+n]),++num[a[i+n]];
    root[0]=build(1,n+m);
    int ccnt=0;
    for (int i=1;i<=n+m;++i){
        if (last[a[i]])
            root[ccnt+1]=update(root[ccnt],1,n+m,last[a[i]],0),++ccnt;
        root[ccnt+1]=update(root[ccnt],1,n+m,i,1),++ccnt;
        nxt[last[a[i]]]=i,last[a[i]]=i;
        rtn[i]=ccnt;
    }
    for (int i=1;i<=n+m;++i){
        if (vis[a[i]])
            continue;
        vis[a[i]]=1;
        if (num[a[i]]>0)
            ansmn[a[i]]=1;
        int p=i;
        while(nxt[p])
            ansmx[a[i]]=max(ansmx[a[i]],query1(root[rtn[nxt[p]]],1,n+m,p,nxt[p])),p=nxt[p];
        ansmx[a[i]]=max(ansmx[a[i]],query1(root[rtn[n+m]],1,n+m,p,n+m));
    }
    for(int i=1;i<=n;++i)
        printf("%d %d\n",ansmn[i]?ansmn[i]:i,ansmx[i]);
    return 0;
}