Day6
T1
大意：维护一个长度$10^5$序列，维护以下操作共$5*10^5$次，保证输入的所有数据随机
- 修改某个位置的值
- 将某个区间内的所有值$val$变为$100000-val$
- 给出$a,b,c$，和一个区间，问区间中$a*i+b*val_i+c*i*val_i$的最大值
题解：
- 对于前两个操作可以用线段树维护区间最大值
- 对于询问操作，我们考虑当存在一个$j>i且val_j>val_i$，那么$i$就没用了，于是我们查出这个区间$val_i$最大的位置，然后就只用考虑位置比$i$大在地方了，重复这个操作，由于数据随机，很随机，我也不知道为什么复杂度是对的，随机说它是对的就对的
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define FOR(i,a,b) for (register ll i=(a);i<=(b);i++) 3 #define For(i,a,b) for (register ll i=(a);i>=(b);i--) 4 #define mem(i,j) memset(i,j,sizeof(i)) 5 #define GO(u) for (register ll j=f[u];j!=-1;j=nxt[j]) 6 #define fi first 7 #define se second 8 #define pb push_back 9 #define pii pair<ll,ll> 10 #define MP make_pair 11 using namespace std; 12 typedef long long ll; 13 const ll N=1e5+5; 14 ll n,m,x,y[N],a,b,c,tag[N<<2],ans; 15 pii zh[N<<2],f[N<<2],tmp; 16 char opt[10]; 17 inline ll read() 18 { 19 ll x=0,f=1; 20 char c=getchar(); 21 while (c<'0'||c>'9') {if (c=='-') f=-1;c=getchar();} 22 while (c>='0'&&c<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();} 23 return f*x; 24 } 25 inline void write(ll x) 26 { 27 if (x<0) putchar('-'),x=-x; 28 if (x>9) write(x/10); 29 putchar(x%10+'0'); 30 return; 31 } 32 inline ll rd() 33 { 34 x=(100000005*x+20150609)%998244353; 35 return x/100; 36 } 37 inline ll rd_pos() {return rd()%n+1;} 38 inline ll rd_val() {return rd()%100001;} 39 inline void up(ll p) 40 { 41 ll ls=p<<1,rs=p<<1|1; 42 zh[p]=max(zh[ls],zh[rs]); 43 f[p]=max(f[ls],f[rs]); 44 return; 45 } 46 inline void bd(ll p,ll l,ll r) 47 { 48 if (l==r) 49 { 50 zh[p]=MP(y[l],l); 51 f[p]=MP(100000-y[l],l); 52 return; 53 } 54 ll ls=p<<1,rs=p<<1|1,mid=(l+r)>>1; 55 bd(ls,l,mid); 56 bd(rs,mid+1,r); 57 up(p); 58 return; 59 } 60 inline void down(ll p) 61 { 62 ll ls=p<<1,rs=p<<1|1; 63 if (!tag[p]) return; 64 swap(zh[ls],f[ls]); 65 swap(zh[rs],f[rs]); 66 tag[ls]^=1; 67 tag[rs]^=1; 68 tag[p]=0; 69 return; 70 } 71 inline void xg(ll p,ll l,ll r,ll L,ll R) 72 { 73 if (L<=l&&r<=R) 74 { 75 tag[p]^=1; 76 swap(zh[p],f[p]); 77 return; 78 } 79 ll ls=p<<1,rs=p<<1|1,mid=(l+r)>>1; 80 down(p); 81 if (L<=mid) xg(ls,l,mid,L,R); 82 if (R>mid) xg(rs,mid+1,r,L,R); 83 up(p); 84 return; 85 } 86 inline void md(ll p,ll l,ll r,ll k,ll v) 87 { 88 if (l==r) 89 { 90 zh[p]=MP(v,l); 91 f[p]=MP(100000-v,l); 92 return; 93 } 94 ll ls=p<<1,rs=p<<1|1,mid=(l+r)>>1; 95 down(p); 96 if (k<=mid) md(ls,l,mid,k,v); 97 else md(rs,mid+1,r,k,v); 98 up(p); 99 return; 100 } 101 inline pii qr(ll p,ll l,ll r,ll L,ll R) 102 { 103 if (L<=l&&r<=R) return zh[p]; 104 ll ls=p<<1,rs=p<<1|1,mid=(l+r)>>1; 105 pii ret=MP(0,0); 106 down(p); 107 if (L<=mid) ret=max(ret,qr(ls,l,mid,L,R)); 108 if (R>mid) ret=max(ret,qr(rs,mid+1,r,L,R)); 109 up(p); 110 return ret; 111 } 112 inline void solve2() 113 { 114 bd(1,1,n); 115 while (m--) 116 { 117 scanf("%s",opt+1); 118 if (opt[1]=='C') 119 { 120 int pos=rd_pos(); 121 md(1,1,n,pos,rd_val()); 122 } 123 else if (opt[1]=='R') 124 { 125 ll l=rd_pos(),r=rd_pos(); 126 if (l>r) swap(l,r); 127 xg(1,1,n,l,r); 128 } 129 else 130 { 131 ans=0; 132 a=read(),b=read(),c=read(); 133 ll l=rd_pos(),r=rd_pos(); 134 if (l>r) swap(l,r); 135 tmp=MP(0,0); 136 while (l<=r) 137 { 138 tmp=qr(1,1,n,l,r); 139 l=tmp.se+1; 140 ans=max(ans,tmp.fi*b+tmp.se*a+tmp.fi*tmp.se*c); 141 } 142 write(ans),putchar(' '); 143 } 144 } 145 return; 146 } 147 int main() 148 { 149 n=read(),m=read(),x=read(); 150 FOR(i,1,n) y[i]=rd_val(); 151 solve2(); 152 return 0; 153 }
T2
大意：给出一个包含$0,1,2$的大小为$500*500$的矩形，问最多可以取出多少个相邻三个组成的拐角，且1是拐点，2是另外两个位置
题解：
- 好像这种取出某种特定形状的题目大概都是网络流
- 对于每个拐角，两个2的位置连边，又考虑到中间的1位置只能被用一次，所以中间再加一个1位置的点并且拆点限流
- 这个图显然是个二分图，但是哪些2连S，哪些2连T不大清楚，可以黑白直接标号（但是我实现挂了），也可以对行黑白染色，黑色和白色分别连向S和T
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define FOR(i,a,b) for (register int i=(a);i<=(b);i++) 3 #define For(i,a,b) for (register int i=(a);i>=(b);i--) 4 #define mem(i,j) memset(i,j,sizeof(i)) 5 #define GO(u) for (register int j=f[u];j!=-1;j=nxt[j]) 6 #define fi first 7 #define se second 8 #define pb push_back 9 #define pii pair<int,int> 10 #define MP make_pair 11 using namespace std; 12 typedef long long ll; 13 const int N=500*500*3+5; 14 const int M=2e6+5; 15 const int inf=1e8; 16 int n,m,a[505][505],num[505][505][3]; 17 int tot=1,f[N],nxt[M],vis[N],dep[N],S,T,pt=0,maxflow=0; 18 int fx[4][2]={{0,1},{1,0},{0,-1},{-1,0}}; 19 queue <int> q; 20 struct E 21 { 22 int u,v,flow; 23 }e[M]; 24 inline int read() 25 { 26 int x=0,f=1; 27 char c=getchar(); 28 while (c<'0'||c>'9') {if (c=='-') f=-1;c=getchar();} 29 while (c>='0'&&c<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();} 30 return f*x; 31 } 32 inline void write(int x) 33 { 34 if (x<0) putchar('-'),x=-x; 35 if (x>9) write(x/10); 36 putchar(x%10+'0'); 37 return; 38 } 39 inline void add(int u,int v,int flow) 40 { 41 tot++; 42 nxt[tot]=f[u]; 43 f[u]=tot; 44 e[tot]=(E){u,v,flow}; 45 return; 46 } 47 inline void make_edge(int u,int v,int flow) 48 { 49 add(u,v,flow); 50 add(v,u,0); 51 return; 52 } 53 inline int bfs() 54 { 55 while (q.size()) q.pop(); 56 FOR(i,0,T) vis[i]=dep[i]=0; 57 vis[S]=dep[S]=1; 58 q.push(S); 59 while (q.size()) 60 { 61 int u=q.front(); 62 q.pop(); 63 GO(u) 64 { 65 int v=e[j].v; 66 if (!e[j].flow) continue; 67 if (dep[v]) continue; 68 dep[v]=dep[u]+1; 69 q.push(v); 70 if (dep[T]) return 1; 71 } 72 } 73 return dep[T]; 74 } 75 inline int Dinic(int u,int fl) 76 { 77 if (u==T||!fl) return fl; 78 int rest=fl,k; 79 for (register int j=f[u];j!=-1;j=nxt[j]) 80 { 81 int v=e[j].v; 82 if (!e[j].flow) continue; 83 if (dep[v]!=dep[u]+1) continue; 84 k=Dinic(v,min(rest,e[j].flow)); 85 if (!k) 86 { 87 dep[v]=0; 88 continue; 89 } 90 e[j].flow-=k; 91 e[j^1].flow+=k; 92 rest-=k; 93 } 94 return fl-rest; 95 } 96 int main() 97 { 98 mem(f,-1); 99 n=read(),m=read(); 100 FOR(i,1,n) FOR(j,1,m) a[i][j]=read(); 101 FOR(i,1,n) FOR(j,1,m) num[i][j][0]=++pt; 102 FOR(i,1,n) FOR(j,1,m) num[i][j][1]=++pt; 103 S=++pt,T=++pt; 104 FOR(i,1,n) FOR(j,1,m) 105 { 106 if (a[i][j]==1) make_edge(num[i][j][0],num[i][j][1],1); 107 else if (a[i][j]==2) 108 { 109 FOR(k,0,3) 110 { 111 int x=i+fx[k][0],y=j+fx[k][1]; 112 if (x<1||x>n||y<1||y>m) continue; 113 if (a[x][y]!=1) continue; 114 if (i&1) make_edge(num[i][j][0],num[x][y][0],1); 115 else make_edge(num[x][y][1],num[i][j][0],1); 116 } 117 if (i&1) make_edge(S,num[i][j][0],1); 118 else make_edge(num[i][j][0],T,1); 119 } 120 } 121 while (bfs()) 122 { 123 int tmp; 124 while (tmp=Dinic(S,inf)) maxflow+=tmp; 125 } 126 write(maxflow),putchar(' '); 127 return 0; 128 }
T3
大意：给出$80$个学生以及他们的得分区间，两端点是整数，每个人的得分等概率地取这个区间中的一个实数，回答一个矩阵，即每个人排每个名次的概率
题解：
- pb说，显然，要把分数区间离散化，每个人的分数被分成了$O(n)$个区间
- 我们首先枚举每个人，一个个人处理，再枚举他的一个个得分小区间，逐个处理
- 设计状态$dp_{i,j,k}$表示处理了这个人和前$i$个人的关系，这前$i$个人中（除了他自己）落在小区间左边的人数为$j$，落在小区间之间的人数为$k$，落在小区间之后的人数为$n-k-j-1$，的概率
- 转移时算出第$i$个人落在三个部分的概率随便转移即可
- 如何用$dp$数组求出答案，对于$dp_{i,j,k}$我们显然知道$j$个比我垃圾，$n-j-k-1$个比我强，中间这$k$个人加上我，其实我在这$k$个人中是等概率排名的，于是枚举这个排名即可
- 时间复杂度$O(n^5)$
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define FOR(i,a,b) for (register int i=(a);i<=(b);i++) 3 #define For(i,a,b) for (register int i=(a);i>=(b);i--) 4 #define mem(i,j) memset(i,j,sizeof(i)) 5 #define GO(u) for (register int j=f[u];j!=-1;j=nxt[j]) 6 #define fi first 7 #define se second 8 #define pb push_back 9 #define pii pair<int,int> 10 #define MP make_pair 11 using namespace std; 12 typedef long long ll; 13 const int N=201; 14 int n,l[N],r[N],a[N],len=0; 15 double dp[N][N][N],ans[N][N]; 16 inline int read() 17 { 18 int x=0,f=1; 19 char c=getchar(); 20 while (c<'0'||c>'9') {if (c=='-') f=-1;c=getchar();} 21 while (c>='0'&&c<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();} 22 return f*x; 23 } 24 inline void write(int x) 25 { 26 if (x<0) putchar('-'),x=-x; 27 if (x>9) write(x/10); 28 putchar(x%10+'0'); 29 return; 30 } 31 inline double query(int gl,int gr,int L,int R) 32 { 33 if (gr<=L||R<=gl) return 0; 34 double ret=(1.0*min(R,gr)-max(L,gl))/(1.0*(R-L)); 35 return ret; 36 } 37 int main() 38 { 39 n=read(); 40 FOR(i,1,n) l[i]=read(),r[i]=read(),a[++len]=l[i],a[++len]=r[i]; 41 sort(a+1,a+len+1); 42 len=unique(a+1,a+len+1)-a-1; 43 FOR(i,1,n) l[i]=lower_bound(a+1,a+len+1,l[i])-a,r[i]=lower_bound(a+1,a+len+1,r[i])-a; 44 FOR(p,1,n) 45 { 46 FOR(q,l[p]+1,r[p]) 47 { 48 double sub=1.0*(a[q]-a[q-1])/(1.0*(a[r[p]]-a[l[p]])); 49 dp[0][0][0]=1; 50 FOR(i,1,n) 51 { 52 if (i==p) 53 { 54 For(j,i,0) For(k,i-j,0) dp[i][j][k]=dp[i-1][j][k]; 55 continue; 56 } 57 double p1=query(0,a[q-1],a[l[i]],a[r[i]]); 58 double p2=query(a[q-1],a[q],a[l[i]],a[r[i]]); 59 double p3=query(a[q],a[len],a[l[i]],a[r[i]]); 60 For(j,i,0) For(k,i-j,0) dp[i][j][k]=dp[i-1][j][k]*p3+dp[i-1][j-1][k]*p1+dp[i-1][j][k-1]*p2; 61 } 62 FOR(j,0,n) For(k,n-1-j,0) FOR(l,0,k) ans[p][n-l-j]+=sub*dp[n][j][k]/(1.0*(k+1)); 63 } 64 } 65 FOR(i,1,n) 66 { 67 FOR(j,1,n) printf("%.7lf ",ans[i][j]); 68 putchar(' '); 69 } 70 return 0; 71 }