省选模拟测试5

期望得分： (100+40+30 = 170)

实际得分： (100+0+0 = 100)

(T1) (noip) 难度的题，不说了。

(T2) 虽然正解是线段树合并，但自己却拿线段树合并优化暴力 jk。

(T3) 本来打了 (30) 分的暴力分，但是出题人没造那一档的数据，然后我就愉快的爆零了。

T1 茶 a

题意描述

一开始，你拥有一个饼干，现在有三种操作

1. 一种是将手里的饼干数量 (+1)
2. 一种是将手里的 (a) 个饼干换成 1￥
3. 一种是将 1￥换成 (b) 个饼干

求出在 (k) 次操作后最多有多少个饼干。

数据范围： (k,a,bleq 10^9)

solution

水题，不说了。

注意特判各种情况就行。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define int long long
int k,a,b;
inline int read()
{
    int s = 0,w = 1; char ch = getchar();
    while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') w = -1; ch = getchar();}
    while(ch >= '0' && ch <= '9'){s = s * 10 + ch - '0'; ch = getchar();}
    return s * w;
}
signed main()
{
    freopen("a.in","r",stdin);
    freopen("a.out","w",stdout);
    k = read(); a = read(); b = read();
    if(a >= b || k <= a) printf("%lld
",k+1);
    else 
    {
        int tmp = a + (k-a+1)/2 * (b-a);
        if((k-a+1)%2 == 1) tmp++;
        printf("%lld
",max(k+1,tmp));  
    }
    fclose(stdin); fclose(stdout);
    return 0;
}

T2 民族 b

题意描述

有(n) 座城市，一些民族。这些城市之间由 (n-1) 条有边权道路连接形成了以城市 (1) 为根的有根树。
每个城市都是某一民族的聚居地，已知第 (i) 个城市的民族是 (a_i)，人数是 (1)。
我们定义一个民族 (x) 的来往程度 (f(x)) 为民族为 (x) 的点两两之间的距离之和，距离定义为树上两点间
最短路距离。
他想知道以 (i) 为根的子树内来往程度最大的民族 (x) 是多少，如果有多个，求编号最小。
以及对于给定的 (k_i) ，求 子树内编号的 (k_i) 小民族 (y) 的 (f(y)) 。

数据范围： (nleq 10^5, a_ileq 10^5)

solution

线段树合并/DSU。

我们把距离柿子拆一下变成： (dis[x]+dis[y]-2 imes dis[lca(x,y)]) , (dis[i]) 表示根节点到 (i) 的边权和。

我们考虑那线段树合并来维护这个东西。

我们对于每个节点，开一个以民族编号为下标的权值线段树。

对于每个叶子节点 (o) ，设其民族编号为 (x), 维护如下信息：

• (sum[o]) 表示 (f(x)) 即民族编号为 (x) 的来往程度。
• (w[o]) 表示所有民族编号为 (x) 的点的 (dis) 之和。
• (siz[o]) 表示民族编号为 (x) 的点的个数。
• (tag[o]) 表示民族编号为 (x) 的点是否出现过。

对于非叶子节点 (o) 维护如下信息：

• (sum[o]) 表示 (o) 的子孙结点中叶子节点的 (sum) 最大值。
• (id[o]) 表示 (o) 的子孙节点中 (sum) 最大的叶子结点的编号是多少。
• (tag[o]) 表示 (o) 的子孙节点中叶子结点不为空的个数。

对于线段树合并的时候，我们只需要在叶子节点合并，其他的非叶子节点由儿子节点 (up) 一下即可。

假如说我们现在要把 (rt[x]) 和 (rt[to]) 两颗线段树合并，对两颗线段树的叶子节点 (p,q) 合并时，设合并之后的叶子节点为 (p) ,则有：

• (sum[p] = sum[p] + sum[q] + siz[p] imes sum[q] + siz[q] imes sum[p] - 2 imes siz[p] imes siz[q] imes dis[x])
• (w[p] = w[p] + w[q])
• (siz[p] = siz[p] + siz[q])
• (tag[p] = tag[p] or tag[q])

我们只需要遍历一遍整棵树，维护出上述信息，对于询问 (1) 就是 (tr[rt[x]].id) ，对于询问 (2) ，我们只需要利用维护出的 (tag) 在线段树上二分即可。

Code

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 1e5+10;
int n,cnt,tot,u,v,w,maxn;
int a[N],k[N],rt[N],head[N],sum[N],ans1[N],ans2[N];
inline int read()
{
    int s = 0,w = 1; char ch = getchar();
    while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') w = -1; ch = getchar();}
    while(ch >= '0' && ch <= '9'){s = s * 10 + ch - '0'; ch = getchar();}
    return s * w;
}
struct node
{
    int to,net,w;
}e[N<<1];
struct Tree
{
    int lc,rc;
    int sum,siz,w,id,tag;
}tr[10000010];
void add(int x,int y,int w)
{
	e[++tot].to = y;
	e[tot].w = w;
	e[tot].net = head[x];
	head[x] = tot;
}
void up(int o)
{
    tr[o].tag = tr[tr[o].lc].tag + tr[tr[o].rc].tag;
    tr[o].sum = max(tr[tr[o].lc].sum,tr[tr[o].rc].sum);
    if(tr[o].sum == 0)
    {
        if(tr[tr[o].lc].tag) tr[o].id = tr[tr[o].lc].id;
        else tr[o].id = tr[tr[o].rc].id;
    }
    else tr[o].id = tr[o].sum == tr[tr[o].lc].sum ? tr[tr[o].lc].id : tr[tr[o].rc].id;
}
void insert(int &o,int l,int r,int x,int val)
{
    if(!o) o = ++cnt;
    if(l == r)
    {
        tr[o].w += val;
        tr[o].siz++;
        tr[o].tag = 1;
        tr[o].id = l;
        return;
    }
    int mid = (l+r)>>1;
    if(x <= mid) insert(tr[o].lc,l,mid,x,val);
    if(x > mid) insert(tr[o].rc,mid+1,r,x,val);
    up(o);
}
void merage(int &x,int y,int l,int r,int root)
{
    if(!x) {swap(x,y); return;}
    if(!y) return;
    if(l == r)
    {
        tr[x].sum = tr[x].sum + tr[y].sum + tr[x].w * tr[y].siz + tr[y].w * tr[x].siz - 2 * sum[root] * tr[x].siz * tr[y].siz;
        tr[x].siz += tr[y].siz;
        tr[x].tag |= tr[y].tag;
        tr[x].w += tr[y].w;
        return;
    }
    int mid = (l+r)>>1;
    merage(tr[x].lc,tr[y].lc,l,mid,root);
    merage(tr[x].rc,tr[y].rc,mid+1,r,root);
    up(x);
}
int query(int o,int l,int r,int k)
{
    if(l == r) return tr[o].sum;
    int mid = (l+r)>>1;
    int num = tr[tr[o].lc].tag;
    if(k <= num) return query(tr[o].lc,l,mid,k);
    else return query(tr[o].rc,mid+1,r,k-num);
}
void dfs1(int x,int fa,int w)
{
    sum[x] = sum[fa] + w;
    for(int i = head[x]; i; i = e[i].net)
    {
        int to = e[i].to;
        if(to == fa) continue;
        dfs1(to,x,e[i].w);
    }
}
void dfs2(int x,int fa)
{
    insert(rt[x],1,maxn,a[x],sum[x]);
    for(int i = head[x]; i; i = e[i].net)
    {
        int to = e[i].to;
        if(to == fa) continue;
        dfs2(to,x);
        merage(rt[x],rt[to],1,maxn,x);
    }
    ans1[x] = tr[rt[x]].id;
    if(tr[rt[x]].tag < k[x]) ans2[x] = -1;
    else ans2[x] = query(rt[x],1,maxn,k[x]);
}
signed main()
{
    freopen("b.in","r",stdin);
    freopen("b.out","w",stdout);
    n = read();
    for(int i = 1; i <= n-1; i++)
    {
        u = read(); v = read(); w = read();
        add(u,v,w); add(v,u,w);
    }
    dfs1(1,0,0);
    for(int i = 1; i <= n; i++) a[i] = read(), maxn = max(maxn,a[i]);
    for(int i = 1; i <= n; i++) k[i] = read();
    dfs2(1,0);
    for(int i = 1; i <= n; i++) printf("%lld %lld
",ans1[i],ans2[i]);
    fclose(stdin); fclose(stdout);
    return 0;
}

T3 c

题意描述

给你三个整数 (k,a,b) ，满足 (gcd(a,b) = 1) ,让你求不能被 (ax+by, xgeq 0, ygeq 0) 表示出来的第 (k) 大的数是多少。

数据范围：(a,bleq 5 imes 10^7,kleq 10^{18})

solution

首先有一个经典的结论：不能被 (ax+by) 表示出来的最大的数是 (a imes b-a-b) ,不能被表示出来的数的个数为 ((a-1) imes (b-1)over 2) 。

具体证明的话，我不太会证。

对于这道题我们可以先转化为求第 (k) 小的是多少，即： (k = {(a-1) imes (b-1)over 2}-k+1)

我们把 ([1,a imes b-a-b]) 分成若干块，每一块的长度均为 (a) ,如图：

我们可以确定第 (k) 小的是在那一块，具体来说就是求一个 (pos) 使得 (1-pos imes a) 中不能被表示出来的数 (geq k), (1-(pos-1) imes a) 中不能被表示出来的数 (leq k) 。

那么我们怎么求 (1-ia) 中不能被表示出来的数的个数呢？这个我们可以转化为求能被表示出来的个数。

具体来说就是，设 (sum[i]) 表示 (1-i imes a) 中能被表示出来的数的个数。

则有递推式 ：(sum[i] = sum[i-1] + now + 1), 其中 (now) 为 (1-i imes a) 中为 (b) 的倍数有多少个。

具体证明如下，首先 ([1,i imes a]) 中能被表示出来的数的个数等价于 ([(i-1) imes a+1,i imes a]) 这一段区间能被表示出来的数的个数加上 ([1,(i-1） imes a]) 这一段区间能被表示出来的个数。

对于 ([1,(i-1) imes a]) 这一段区间能被表示出来的数的个数就是 (sum[i-1]) 。

对于 (by_1) ，我们可以使他加上 (ax1) 使得 ((i-1) imes a leq ax_1+by_1leq i imes a) 。

这样的 (by_1) 共有 (now) 个，又因为 (gcd(a,b) = 1) ，可知 (ax_1+by_1) 是不会重复的。

所以 ([(i-1) imes a,i imes a]) 这一段区间可以被表示出来的数的个数为 (now+1), (+1) 则是因为 (i imes a) 也可以被表示出来。

因此，我们的递推式 (sum[i] = sum[i-1]+now+1) 是正确的。

那么有了 (sum[i]) ,我们的 (pos) 就很好求出来了。

求出来 (pos) 之后，我们先用 (k) 减去 ([1,(pos-1) imes a]) 中不能被表示出来的数的个数，然后 ([(pos-1) imes a+1,pos imes a]) 中第 (k) 个不能被表示出来的数，就是我们的答案。

又因为每一块的元素不超过 (a) 个，所以我们可以枚举 ([(pos-1) imes a+1,pos imes a]) 这一段区间中的数，来判断它是否是第 (k) 个不能被表示出来的数。

那么怎么判断数 (s) 是否可以被表示出来呢？

很简单，因为 (s) 可以被表示出来，等价于 (s=ax+by) 即： (sequiv bypmod a) ，所以我们在枚举 (b) 的倍数的时候把 (by\% a) 标记为 (1), 如果 (s\%a) 被标记过，那么 (s) 就可以被表示出来。

然后我们这道题就做完了。

Code

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<map>
using namespace std;
#define int long long
int a,b,k,cnt,now,sum,pos;
bool vis[50000010];
inline int read()
{
    int s = 0,w = 1; char ch = getchar();
    while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') w = -1; ch = getchar();}
    while(ch >= '0' && ch <= '9'){s = s * 10 + ch - '0'; ch = getchar();}
    return s * w;
}
signed main()
{
    freopen("c.in","r",stdin);
    freopen("c.out","w",stdout);
    a = read(); b = read(); k = read();
    k = ((a-1)*(b-1)/2)-k+1; vis[0] = 1;
    for(int i = 0; ; i++)
    {
    	while((now+1)*b <= i*a) now++, vis[(now*b)%a] = 1;
    	if(i*a-sum-now >= k) 
    	{
    		pos = i;
    		break;
		}
		sum += now + 1;
	}
	k -= (pos-1)*a-sum+1;//这里+1是因为0也可以被表示出来
	for(int i = (pos-1)*a+1; i <= pos*a; i++)
	{
		if(!vis[i%a]) k--;
		if(k == 0) 
		{
			printf("%lld
",i);
			return 0;
		}
	}
	fclose(stdin); fclose(stdout);
    return 0;
}