一键挖矿
https://www.cnblogs.com/ctmlpfs/p/13858405.html
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 2000010
#define int long long
#define f(x) (x==1||x==3)
int n,m,tg[N],x[N],y[N],tx[4]={1,-1,1,-1},ty[4]={1,1,-1,-1},ans;
vector<int>v[N];
struct va{
int x,c;
}c[N];
va operator +(va x,va y){
va z=(va){min(x.x,y.x),0};
if(z.x==x.x)
z.c+=x.c;
if(z.x==y.x)
z.c+=y.c;
return z;
}
void pd(int o){
if(tg[o]){
tg[o*2]+=tg[o];
tg[o*2+1]+=tg[o];
c[o*2].x+=tg[o];
c[o*2+1].x+=tg[o];
tg[o]=0;
}
}
void up(int o){
c[o]=c[o*2]+c[o*2+1];
}
void ad(int o,int l,int r,int x,int y,int z){
if(r<x||y<l)
return;
if(x<=l&&r<=y){
tg[o]+=z;
c[o].x+=z;
return;
}
int md=(l+r)/2;
pd(o);
ad(o*2,l,md,x,y,z);
ad(o*2+1,md+1,r,x,y,z);
up(o);
}
va qc(int o,int l,int r,int x,int y){
if(r<x||y<l)
return (va){n*m+1,0};
if(x<=l&&r<=y)
return c[o];
pd(o);
int md=(l+r)/2;
return qc(o*2,l,md,x,y)+qc(o*2+1,md+1,r,x,y);
}
void bd(int o,int l,int r){
if(l==r){
c[o].c=1;
return;
}
int md=(l+r)/2;
bd(o*2,l,md);
bd(o*2+1,md+1,r);
up(o);
}
void av(int a,int b,int c,int d){
int e[5]={0,a,b,c,d};
sort(e+1,e+5);
int p=lower_bound(e+1,e+5,a)-e;
for(int i=1;i<=p;i++){
int v=f(p-i+1)-f(p-i);
ad(1,1,n*m,e[i-1]+1,e[i],v);
}
}
signed main(){
scanf("%lld%lld",&n,&m);
for(int i=0;i<=n+1;i++)
v[i].resize(m+5);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++){
scanf("%lld",&v[i][j]);
x[v[i][j]]=i;
y[v[i][j]]=j;
}
bd(1,1,n*m);
for(int j=0;j<=m+1;j++)
v[0][j]=v[n+1][j]=n*m+1;
for(int i=0;i<=n+1;i++)
v[i][0]=v[i][m+1]=n*m+1;
for(int i=1;i<=n*m;i++){
int a=x[i],b=y[i];
for(int j=0;j<4;j++)
av(v[a][b],v[a+tx[j]][b],v[a][b+ty[j]],v[a+tx[j]][b+ty[j]]);
va tv=(va){4,0};
tv=tv+qc(1,1,n*m,1,i);
ans+=tv.c;
}
printf("%lld",ans);
}
斑斓之地
定义被蛇覆盖过的点为关键点，没有覆盖的为非关键点。
题目要算在某个矩形中非关键点连通块个数，可以使用平面图的euler定理(|V|-|E|+|F|=)连通块数。
计算(|V|)相当于让我们计算矩形([a,b],[l,r])的非关键点个数。
考虑容斥成((r-l+1)*(b-a+1)-)关键点个数。
这可以简单的使用可持久化线段树维护。
计算(|E|)可以计算横的边和竖的边，这同样也是个简单的二维数点问题。
问题转化为计算(|F|)。
原图的连通区域由两种组成：
第一个是一个(1*1)的矩形。实际上我们要计算的就是包含(4)个非关键点的(2*2)矩形。
这也可以使用可持久化线段树维护。
但是这个算法还有错误。
可能所有关键点被这个矩形包含了。
我们在上面没有考虑。
设关键点的最小(x)坐标为(mnx)，最大(x)坐标为(mxx)
最小(y)坐标为(mny)，最大(x)坐标为(mxy)
则(a<mnx)且(l<mny)且(mxx<b)且(mxy<r)时(|F|)要+1。
时间复杂度(O(nmlog_2nm))
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 200010
#define int long long
char s[N];
int r,c,m,q,sr,sc,mxx,mnx,mxy,mny,a[N];
vector<int>v[4][N];
struct sgt{
int lc[N*20],rc[N*20],ct,sz[N*20],rt[N];
void ad(int &o,int p,int l,int r,int x){
o=++ct;
sz[o]=sz[p]+1;
lc[o]=lc[p];
rc[o]=rc[p];
if(l==r)
return;
int md=(l+r)/2;
if(x<=md)
ad(lc[o],lc[p],l,md,x);
else
ad(rc[o],rc[p],md+1,r,x);
}
int qu(int o,int l,int r,int x,int y){
if(r<x||y<l)
return 0;
if(x<=l&&r<=y)
return sz[o];
int md=(l+r)/2;
return qu(lc[o],l,md,x,y)+qu(rc[o],md+1,r,x,y);
}
int qq(int l,int r,int a,int b){
if(l>r||a>b)
return 0;
return qu(rt[r+1],0,c,a,b)-qu(rt[l],0,c,a,b);
}
}sg[4];
void ad(int x,int y){
x++;
y++;
v[0][x].push_back(y);
v[1][x-1].push_back(y);
v[1][x].push_back(y);
v[2][x].push_back(y);
v[2][x].push_back(y-1);
v[3][x].push_back(y);
v[3][x-1].push_back(y);
v[3][x].push_back(y-1);
v[3][x-1].push_back(y-1);
}
signed main(){
scanf("%lld%lld%lld%lld%lld%lld%s",&r,&c,&m,&q,&sr,&sc,s+1);
sr--;
sc--;
mxx=mnx=sr;
mxy=mny=sc;
ad(sr,sc);
for(int i=1;i<=m;i++){
if(s[i]=='N')
sr--;
if(s[i]=='S')
sr++;
if(s[i]=='E')
sc++;
if(s[i]=='W')
sc--;
ad(sr,sc);
mxx=max(mxx,sr);
mnx=min(mnx,sr);
mxy=max(mxy,sc);
mny=min(mny,sc);
}
for(int i=0;i<4;i++)
for(int j=0;j<=r;j++){
sg[i].rt[j+1]=sg[i].rt[j];
int le=v[i][j].size();
for(int k=0;k<v[i][j].size();k++)
a[k]=v[i][j][k];
sort(a,a+le);
le=unique(a,a+le)-a;
for(int k=0;k<le;k++)
sg[i].ad(sg[i].rt[j+1],sg[i].rt[j+1],0,c,a[k]);
}
for(int i=1;i<=q;i++){
int a,b,c,d;
scanf("%lld%lld%lld%lld",&a,&b,&c,&d);
a--;
b--;
c--;
d--;
int ans=(c-a+1)*(d-b+1)-sg[0].qq(a+1,c+1,b+1,d+1);
ans-=(c-a)*(d-b+1)-sg[1].qq(a+1,c,b+1,d+1);
ans-=(c-a+1)*(d-b)-sg[2].qq(a+1,c+1,b+1,d);
ans+=(c-a)*(d-b)-sg[3].qq(a+1,c,b+1,d);
if(a<mnx&&mxx<c&&b<mny&&mxy<d)
ans++;
printf("%lld
",ans);
}
}
扫除
https://www.cnblogs.com/ctmlpfs/p/13858306.html
小球进洞
一个和网上题解不同，个人认为比较巧妙的理解方式：
把洞看为(，把小球看为)，则问题转化成：
设一个小球的位置为(a_i)，它匹配的位置为(b_i)，则询问
绯色IOI（悬念）
题目的(min(j-a_i,a_i-j))中，(j-a_i)和(a_i-j)互为相反数。设为(b_i)和(n-b_i)
题目要求匹配的限制：
(j-a_i=b_i)就是(j=a_i+b_i)
(a_i-j=b_i)就是(j=a_i-b_i)
(j-a_i=-b_i)就是(j=a_i-b_i)
(a_i-j=-b_i)就是(j=a_i+b_i)
综上，(j)最多只有(2)种取值。
把这两种取值在右边连一条边，则每个二分图左边点最多会产生1条边的贡献。
根据hall定理，二分图左边每个集合(S)覆盖右边的集合(R(S))，(card(R(s))>=card(S))。所以右边的每个连通块都是树或者基环树。
每个左边的点最多和一个右边点进行匹配。假设一个左边的点连接右边的第一种权值的点(a)获得权值(v1)，连接(b)获得(v2)。
则再把(a o b)连接边权为(v1)的边，(b o a)连接边权为(v2)的边。
这两条边能选且只能选一条。选了以后获得权值的收益。
且在新图中，每个点的入度最多为1。
题目要求收益最大。
考虑对树/基环树分类讨论。
一棵树