2020 CCPC Wannafly Winter Camp Day1 解题报告

B

---

简单题，已知原文和秘钥、加密得到密文的方法、密文和秘钥。可以轻松的解密出原文：只要用密文对应的数字减去秘钥对应的数字就可以了。

---

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define ll long long
ll input(){
	ll x=0,f=0;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
	return f? -x:x;
}

char getch(int x){
	if(x>25) return (char)(x-26+'A');
	else return (char)('a'+x);
}

int getid(char ch){
	if(ch>='a'&&ch<='z') return (int)(ch-'a');
	else return (int)(ch-'A'+26);
}

const int N=1e3+7;
const int mod=52;

char s[N][N];
int a[N][N];
int opr[N][2];
int n,m;

void antiopr(int x,int y){
	int lenx=strlen(s[x]),leny=strlen(s[y]);
	int tmpx[N];
	for(int i=0;i<lenx;i++)
		tmpx[i]=a[x][i];

	for(int i=0;i<leny;i++){
		a[y][i]=(a[y][i]-tmpx[i%lenx]+mod)%mod;
	}
}

int main(){
	n=input(),m=input();
	for(int i=1;i<=m;i++){
		opr[i][0]=input(),opr[i][1]=input();
	}

	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%s",s[i]);
		int len=strlen(s[i]);
		for(int j=0;j<len;j++){
			a[i][j]=getid(s[i][j]);
		}
	}

	for(int i=m;i>=1;i--){
		antiopr(opr[i][0],opr[i][1]);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int len=strlen(s[i]);
		for(int j=0;j<len;j++){
			printf("%c",getch(a[i][j]));
		}printf("
");
	}
}

---

F

---

二分答案(K)就行了，算小于等于(K)的乘积有多少个。但是问题是当数为0或者负数时需要讨论，比较麻烦。赛中没有调出来。

---

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define ll long long
ll input(){
	ll x=0,f=0;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
	return f? -x:x;
}

const int N=1e5+7;
const ll inf=1e12+7;

ll a[N],b[N];
ll n,m;
ll k;

ll check(ll x){
	ll cnt=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(a[i]==0){
			if(x<=0) cnt+=m;
			continue;
		}
		ll tmp=x/a[i];
		if(tmp*a[i]<x){
			if((tmp+1)*a[i]>=x) tmp++;
			else tmp--;
		}

		if((tmp+1)*a[i]>=x)
			cnt+=m+1-(lower_bound(b+1,b+m+1,tmp)-b);
		else
			cnt+=upper_bound(b+1,b+m+1,tmp)-b-1;
	}
	return cnt>=k;
}

int main(){
	n=input(),m=input();
	k=input();

	for(int i=1;i<=n;i++)
		a[i]=input();
	for(int i=1;i<=m;i++)
		b[i]=input();

	sort(a+1,a+1+n);
	sort(b+1,b+1+m);

	ll l=-inf,r=inf,Ans=0;
	while(l<=r){
		ll mid=(l+r)/2;
		if(check(mid)) Ans=mid,l=mid+1;
		else r=mid-1;
	}
	cout<<Ans<<endl;
}

---

H

---

(y)要满足以下两个条件：

1. (y)必须是(k)的倍数，因为我们要区分(gcd(y,k))和(k)
2. 对于([1, lfloor frac{n}{k} floor])中的每一个质数(p),(y)必须是(p)的倍数，因为我们要区分(p)和(pk)

所以答案就是([1, lfloor frac{n}{k} floor])中的每一个质数与k的乘积。

---

ss = []
def work():
	maxl = 500
	count = 0        
	check = [] 
	for x in range(0, maxl+1):
		check.append(0)
	for i in range(2, maxl):
		if check[i] == 0:
			ss.append(i)
			count += 1
		for j in range(0, count):
			if ss[j]*i > maxl:
				break
			check[ss[j]*i] = 1 
			if i%ss[j] == 0:
				break
	return count

cnt = work()
T = int(input())
for i in range(1,T+1):
	n,k = map(int, input().split())

	tmp = n//k;

	Ans = 1
	
	for i in range(0,cnt):
		if ss[i] > tmp :
			break
		Ans = Ans * ss[i]

	print(Ans*k)

---

I

---

补这个题花了我好大的功夫学了树套树和线段树的分离与合并。本题就是势能线段树套权值线段树，真的写出来还是有点代码量的，考场上肯定就直接分块刚了。

这个题暴力是可以过的，我自己在牛客上还拜托了去了现场的盆友在PTA（现场的数据和环境）上交都AC了。某知名选手翻车现场

---

暴力：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define ll long long
ll input(){
	ll x=0,f=0;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
	return f? -x:x;
}

const int N=8e4+7;

int n,m;
int a[N],p[N];

int main(){
		freopen("in.txt","r",stdin);

	n=input(),m=input();
	for(int i=1;i<=n;i++)
		a[i]=input();

	for(int j=1;j<=m;j++){
		int opr=input(),l=input(),r=input(),x=input();
		if(opr==1){
			for(int i=l;i<=r;i++)
				a[i]=min(x,a[i]);
		}else{
			for(int i=1;i<=n;i++) p[i]=0;
			for(int i=l;i<=r;i++) p[a[i]]++;
			int tmp=0;
			for(int i=1;i<=n;i++){
				tmp+=p[i];
				cout<<tmp<<endl;
				if(tmp>=x){
					printf("%d: %d
",j,i);
					break;
				}
			}
		}
	}
}

树套树：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define ll long long
ll input(){
	ll x=0,f=0;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
	return f? -x:x;
}

const int N=8e4+7,MN=N*20*20;

vector <int> roots;
int n,m,top,rec[MN];

namespace Value_Tree{
	
	#define ls(x) t[x].ch[0]
	#define rs(x) t[x].ch[1]

	struct node{
		int ch[2],s;
		void clear(){ch[0]=ch[1]=s=0;}
		node(){clear();}
	}t[MN];

	int size=0;

	int newnode(){return !top?++size:rec[top--];}
	void remove(int rt){rec[++top]=rt;t[rt].clear();}

	int insert(int rt,int l,int r,int pos,int x){
		if(!rt) rt=newnode();
		t[rt].s+=x;
		if(l==r) return rt;
		int mid=(l+r)>>1;
		if(pos<=mid) ls(rt)=insert(ls(rt),l,mid,pos,x);
		else rs(rt)=insert(rs(rt),mid+1,r,pos,x);
		return rt;
	}

	int insert(int rt,int val,int x=1){return insert(rt,1,n,val,x);}

	int merge(int l,int r){
		if(l==0&&r==0) return l;
		int rt=newnode();
		t[rt].s=t[l].s+t[r].s;
		ls(rt)=merge(ls(l),ls(r));
		rs(rt)=merge(rs(l),rs(r));
		return rt;
	}

	int merge2(int l,int r,int del=0){
		if(r==0) return l;
		if(l==0) l=newnode();
		t[l].s+=t[r].s;
		ls(l)=merge2(ls(l),ls(r),del);
		rs(l)=merge2(rs(l),rs(r),del);
		if(del) remove(r);
		if(!del&&t[l].s==0){remove(l);return 0;}
		return l;
	}

	void recycle(int rt){
		if(!rt) return;
		remove(rt);
		recycle(ls(rt)),
		recycle(rs(rt));
	}

	int query(int l,int r,int val){
		if(l==r) return l;
		int mid=(l+r)>>1;
		int lsum=0;
		for(auto rt:roots) lsum+=t[ls(rt)].s;
		if(lsum>=val){
			for(auto &rt:roots) rt=ls(rt);
			return query(l,mid,val);
		}else{
			for(auto &rt:roots) rt=rs(rt);
			return query(mid+1,r,val-lsum);
		}
	}
}

int a[N];

namespace seg{
	struct node{
		int mx,cnt,sc,lazy,rt;
		node(){mx=cnt=sc=rt=0;lazy=INT_MAX;}
	}t[N<<2];

	void put(int rt){
		if(t[rt<<1].mx>t[rt<<1|1].mx){
			t[rt].mx=t[rt<<1].mx;
			t[rt].sc=max(t[rt<<1|1].mx,t[rt<<1].sc);
			t[rt].cnt=t[rt<<1].cnt;
		}else if(t[rt<<1].mx<t[rt<<1|1].mx){
			t[rt].mx=t[rt<<1|1].mx;
			t[rt].sc=max(t[rt<<1].mx,t[rt<<1|1].sc);
			t[rt].cnt=t[rt<<1|1].cnt;
		}else{
			t[rt].mx=t[rt<<1].mx;
			t[rt].sc=max(t[rt<<1].sc,t[rt<<1|1].sc);
			t[rt].cnt=t[rt<<1].cnt+t[rt<<1|1].cnt;
		}
	}

	void build(int rt,int l,int r){
		if(l==r){
			t[rt].mx=a[l];
			t[rt].cnt=1;
			t[rt].rt=Value_Tree::insert(t[rt].rt,a[l]);
			return;
		}
		int mid=(l+r)>>1;
		build(rt<<1,l,mid);
		build(rt<<1|1,mid+1,r);
		t[rt].rt=Value_Tree::merge(t[rt<<1].rt,t[rt<<1|1].rt);
		put(rt);
	}

	void modify(int rt,int val){
		if(t[rt].mx<=val) return;
		Value_Tree::insert(t[rt].rt,t[rt].mx,-t[rt].cnt);
		Value_Tree::insert(t[rt].rt,val,t[rt].cnt);
		t[rt].mx=val;
		t[rt].lazy=val;
	}

	void pushdown(int rt){
		if(t[rt].lazy==INT_MAX) return;
		modify(rt<<1,t[rt].lazy);
		modify(rt<<1|1,t[rt].lazy);
		t[rt].lazy=INT_MAX;
	}

	int modify(int rt,int l,int r,int ql,int qr,int val){
		if(r<ql||qr<l||t[rt].mx<val) return 0;
		if(ql<=l&&r<=qr&&t[rt].sc<val){
			int root;
			root=Value_Tree::insert(0,t[rt].mx,-t[rt].cnt);
			root=Value_Tree::insert(root,val,t[rt].cnt);
			modify(rt,val);
			return root;
		}
		pushdown(rt);
		int mid=(l+r)>>1,root;
		root=Value_Tree::merge2(modify(rt<<1,l,mid,ql,qr,val),modify(rt<<1|1,mid+1,r,ql,qr,val),1);
		t[rt].rt=Value_Tree::merge2(t[rt].rt,root);
		put(rt);
		return root;
	}

	void query(int rt,int l,int r,int ql,int qr){
		if(ql<=l&&r<=qr){
			roots.push_back(t[rt].rt);
			return;
		}
		pushdown(rt);
		int mid=(l+r)>>1;
		if(ql<=mid) query(rt<<1,l,mid,ql,qr);
		if(mid<qr) query(rt<<1|1,mid+1,r,ql,qr);
	}
}

int main(){
	n=input(),m=input();
	for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=input();
	seg::build(1,1,n);
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int opr=input(),l=input(),r=input(),x=input();
		if(opr==1) Value_Tree::recycle(seg::modify(1,1,n,l,r,x));
		else{
			roots.clear();
			seg::query(1,1,n,l,r);
			printf("%d
",Value_Tree::query(1,n,x));
		}
	}
}

---

A

---

把所有区间按照中点从小到大排序，我们就可以得到最优的序列。然后问题转化为了求一个序列的逆序对个数的期望。根据期望的可加性，我们可以枚举每一对位置，答案就是它们形成逆序对的概率加起来。对于一对随机变量([l_1,r_1]),([l_2,r_2])左边右边大的期望为:

[frac{sum_{i=l_1}^{r_1}max(0,min(i,r_2)-l_2+1)}{(r_1-l_1+1)*(r_2-l_2+1)} ]

最后(O(n^2))计算所有的答案即可。

---

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define ll long long
ll input(){
	ll x=0,f=0;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
	return f? -x:x;
}

#define PII pair<ll,ll>
#define fr first
#define sc second
#define mp make_pair

const int N=5e3+7;
const ll mod=998244353;

PII a[N];
int n;

bool cmp(PII x,PII y){
	return (x.fr+x.sc)<(y.fr+y.sc);
}

ll powmod(ll a,ll b){
	ll res=1;
	while(b){
		if(b&1) res=res*a%mod;
		a=a*a%mod;
		b>>=1ll;
	}
	return res;
}

PII cal(PII x,PII y){
	ll sum=(x.sc-x.fr+1)*(y.sc-y.fr+1)%mod;
	ll cnt=0;
	if(x.sc>y.sc)
		cnt=(cnt+((x.sc-y.sc)*(y.sc-y.fr+1)%mod+((y.sc-y.fr+1)*(y.sc-y.fr)/2)%mod)%mod)%mod;
	else if(x.sc>y.fr){
		ll len=x.sc-x.fr+1;
		if(x.fr>y.fr) cnt=(cnt+(len*(x.fr-y.fr)%mod+(len*(len-1)/2)%mod)%mod)%mod;
		else cnt=(cnt+((x.sc-y.fr+1)*(x.sc-y.fr)/2)%mod)%mod;
	}
	return mp(cnt,sum);
}

int main(){
	n=input();
	for(int i=1;i<=n;i++){
		a[i].fr=input(),a[i].sc=input();
	}
	sort(a+1,a+n+1,cmp);

	ll X=0,Y=1;

	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=i+1;j<=n;j++){
			PII tmp=cal(a[i],a[j]);
			X=(X*tmp.sc%mod+Y*tmp.fr%mod)%mod;
			Y=Y*tmp.sc%mod;
		}
	}
	printf("%lld
",(X*powmod(Y,mod-2)%mod+mod)%mod);
}

---

C

---

考虑如何求(g(n,m))：

显然我们可以知道(g(n,m)=C_{n}^{2}-sum_{i=1}^{m}c_i)。

然后为了让(g(n,m))尽可能的大，我们要让(c_i)的值尽可能的平均，所以

[forall c_i in {lfloorfrac{n}{m} floor，lceilfrac{n}{m} ceil}。 ]

故一共有(n\%m)个(lceilfrac{n}{m} ceil)和(m-n\%m)个(lfloorfrac{n}{m} floor)。即可得：

[g(n,m)=C_n^2-(n\%m)C_{lceilfrac{n}{m} ceil}^{2}-(m-n\%m)C_{lfloor frac{n}{m} floor}^2 ]

又有以下两个等式：

[egin{cases} n\%m=n-lfloor frac{n}{m} floor m \ lceilfrac{n}{m} ceil=lfloor frac{n-1}{m} floor+1 end{cases} ]

带入上式化简得：

[g(n,m)=C_n^2-mC_{lfloor frac{n}{m} floor}^2+(n-lfloor frac{n}{m} floor m)(C_{lfloor frac{n-1}{m} floor+1}^{2}-C_{lfloor frac{n}{m} floor}^2) ]

由于上式答案跟(lfloor frac{n}{m} floor,lfloor frac{n-1}{m} floor)有关，故可以用数论分块在(O(sqrt{n}))的复杂度内求得(sum_{i=l}^{r}g(n,i))的答案。

---

#include <bits/stdc++.h>
 
using namespace std;
 
#define ll long long
ll input(){
    ll x=0,f=0;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar();
    while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    return f? -x:x;
}
 
const ll mod=998244353;
 
ll sum(ll l,ll r){
    return ((l+r)*(r-l+1)/2)%mod;
}
 
ll C2(ll n){
    return ((n)*(n-1)/2)%mod;
}
 
ll n;
 
ll calc(ll l,ll r){
    ll res=0;
    for(ll i=l,j;i<=r;i=j+1){
        j=min(n/(n/i),r);
        res+=sum(i,j)*C2(n/i)%mod;
        res%=mod;
        res+=((n*(j-i+1)%mod-sum(i,j)*(n/i)%mod+mod)%mod*(C2((n-1)/i+1)-C2(n/i)+mod)%mod)%mod;
        res%=mod;
    }
    return  res;
}
 
int main(){
    int T=input();
    while(T--){
        n=input();
        ll l=input(),r=input();
        ll Ans=(C2(n)*(r-l+1))%mod;
        Ans=(Ans-calc(l,r)+mod)%mod;
        printf("%lld
",Ans);
    }
}

---

E

---

类似于换根的做法。

对与当点(i)为根时我们令其答案为(Ans_i),对于其父节点(f_i)的答案(Ans_{f_i})我们有两种情况需要讨论。

1. 当路径不同时经过(i,f_i)时，答案不会发生变化。

2. 路径同时经过(i,f_i)时，如果这条路径为(u,v),且长度为(l)，设(x=d_i-d_u(d_x表示点x的深度))那么对(i)的贡献为(x(l-x)),那么对(f_{i})的答案为((x+1)(l-x-1))。那么(Ans_i-Ans_{f_i})为(2*x+1-l)，那么将其拆开就有(2(d_i-d_u)-l+1)

   我们的目标是求出任意点的(2(d_i-d_u)-l+1)，我们发现(2(d_i-d_u)-l+1)是一个等差数列，我们可以很方便的用树上前缀和来解决问题。

   最后只要求出(Ans_1),对整个树进行DFS就，就可以获得所有的答案了。

   ---

   #include <bits/stdc++.h>
   
   using namespace std;
   
   #define ll long long
   ll input(){
   	ll x=0,f=0;char ch=getchar();
   	while(ch<'0'||ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar();
   	while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
   	return f? -x:x;
   }
   
   #define PII pair<int,int>
   #define fr first
   #define sc second
   #define mp make_pair
   #define pb push_back
   
   const int N=3e5+7;
   
   int n,m;
   vector <int> G[N];
   
   int dep[N],f[N][20];
   
   void dfs(int u,int fa){
   	dep[u]=dep[fa]+1;
   	f[u][0]=fa;
   	for(auto v:G[u]){
   		if(v==fa) continue;
   		dfs(v,u);
   	}
   }
   
   void work(){
   	for(int i=1;i<20;i++){
   		for(int j=1;j<=n;j++){
   			f[j][i]=f[f[j][i-1]][i-1];
   		}
   	}
   }
   
   int LCA(int u,int v){
   	if(dep[u]<dep[v]) swap(u,v);
   	for(int i=19;i>=0;i--)
   		if(dep[f[u][i]]>=dep[v]) u=f[u][i];
   	if(u==v) return u;
   	for(int i=19;i>=0;i--)
   		if(f[u][i]!=f[v][i]) u=f[u][i],v=f[v][i];
   	return f[u][0];
   }
   
   ll Ans[N],A[N],B[N];
   
   void dfs2(int u,int fa){
   	for(auto v:G[u]){
   		if(v==fa) continue;
   		dfs2(v,u);
   		A[u]+=A[v],B[u]+=B[v];
   	}
   }
   
   void dfs3(int u,int fa){
   	for(auto v:G[u]){
   		if(v==fa) continue;
   		Ans[v]=Ans[u]+A[v]*1ll*dep[v]+B[v];
   		dfs3(v,u);
   	}
   }
   
   
   int main(){
   	n=input(),m=input();
   	for(int i=1;i<n;i++){
   		int u=input(),v=input();
   		G[u].pb(v),G[v].pb(u);
   	}
   	
   	dfs(1,0);
   	work();
   
   	for(int i=1;i<=m;i++){
   		int u=input(),v=input();
   		int lca=LCA(u,v);
   		int l=dep[u]+dep[v]-2*dep[lca],x=dep[u]-dep[lca];
   		A[u]-=2,A[v]-=2,A[lca]+=4;
   		B[u]+=2ll*dep[u]-l+1;
   		B[v]+=2ll*dep[v]-l+1;
   		B[lca]-=2*dep[u]+2*dep[v]-2*l+2;
   		Ans[1]+=1ll*x*(l-x);
   	}
   	dfs2(1,0);
   	dfs3(1,0);
   	for(int i=1;i<=n;i++){
   		printf("%lld
   ",Ans[i]);
   	}
   }