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  • 2017.8.7离线赛题解

    总结

    一定程度上被出题组误导了。既然说是要报复社会，题目肯定难得变态。

    第二题浪费了大量时间，看了第三题没怎么想认为比第二题更难，so…

    时间还是要有固定的分配啊，就目前而看反正联赛应该没这么难。

    第一题$30-60min$

    第二题$60-90min$

    第三题$60-90min$

    具体自己调整，第二题和第三题已经不一定谁更难了，但最小时间肯定要达到，这几次爆$0$基本都是第三题基本在$30min$以下（上上场前两题很顺，留了时间还对拍了，所以没爆$0$）。

    务农政策

    显然就是求$min(sum(i,k,i-a+1,k-b+1)$ $-$ $tallest(i,k,i-a+1,k-b+1) times a times b)$。维护的重点也就是二维的区间最大值。

    如果直接枚举，可以发现对于枚举的$k$，每次扫描的二维区间是从上向下滑动的。可以用双端队列维护。

    70分 用上述思路，然后每次查询区间$[k,k-b+1]$用线段树，复杂度是$nmlog(n)T$,常数太大，直接爆炸。

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    #include<iostream>
    #include<algorithm>
    #include<string.h>
    #include<ctype.h>
    #define M 1005
    #define LL long long
    #define oo 2000000000
    using namespace std;
    void (int &res){
        char c;
        res=0;
        while(c=getchar(),!isdigit(c));
        do{
            res=(res<<3)+(res<<1)+(c^'0');
        }while(c=getchar(),isdigit(c));
    }
    int mp[M][M],m,n;
    LL sum[M][M];
    struct node{
        int a[M<<2],pos;
        void build(int L,int R,int p){
            if(L==R){
                a[p]=mp[pos][L];
                return;
            }
            int mid=L+R>>1;
            build(L,mid,p<<1);
            build(mid+1,R,p<<1|1);
            a[p]=max(a[p<<1],a[p<<1|1]);
        }
        int query(int l,int r,int L,int R,int p){
            if(l==L&&r==R)return a[p];
            int mid=L+R>>1;
            if(r<=mid)return query(l,r,L,mid,p<<1);
            else if(l>mid)return query(l,r,mid+1,R,p<<1|1);
            else return max(query(l,mid,L,mid,p<<1),query(mid+1,r,mid+1,R,p<<1|1));
        }
    }T[M];
    LL calc(int x,int y,int a,int b){
        return sum[x][y]-sum[x-a][y]-sum[x][y-b]+sum[x-a][y-b];
    }
    int dui[M],val[M];
    LL solve(int a,int b){
        LL re=1ll*oo*oo;
        for(int k=b;k<=m;k++){
            int l=0,r=-1;
            for(int i=1;i<=a;i++){
                val[i]=T[i].query(k-b+1,k,1,m,1);
                while(l<=r&&val[dui[r]]<val[i])r--;
                dui[++r]=i;
            }
            re=min(re,1ll*val[dui[l]]*a*b-calc(a,k,a,b));
            for(int i=a+1;i<=n;i++){
                while(l<=r&&i-dui[l]>=a)l++;
                val[i]=T[i].query(k-b+1,k,1,m,1);
                while(l<=r&&val[dui[r]]<val[i])r--;
                dui[++r]=i;
                re=min(re,1ll*val[dui[l]]*a*b-calc(i,k,a,b));
            }
        }
        return re;
    }
    int main(){
    //  freopen("policy.in","r",stdin);
    //  freopen("policy.out","w",stdout);
        int i,k,j;
        Rd(n),Rd(m);
        for(i=1;i<=n;i++){
            for(k=1;k<=m;k++){
                Rd(mp[i][k]);
                sum[i][k]+=mp[i][k];
            }
        }
        for(i=1;i<=n;i++){
            for(k=1;k<=m;k++)sum[i][k]+=sum[i-1][k]+sum[i][k-1]-sum[i-1][k-1];
        }
        for(i=1;i<=n;i++)T[i].pos=i,T[i].build(1,m,1);
        int q;
        Rd(q);
        for(i=1;i<=q;i++){
            int a,b;
            Rd(a),Rd(b);
            printf("%lldn",solve(a,b));
        }
        return 0;
    }

    又发现$k$从b到n枚举，每次查询的$[k,k-b+1]$是从左向右滑动的，也可以用双端队列维护。

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    #include<iostream>
    #include<algorithm>
    #include<string.h>
    #include<ctype.h>
    #define M 1005
    #define LL long long
    #define oo 2000000000
    using namespace std;
    void (int &res){
        char c;
        res=0;
        while(c=getchar(),!isdigit(c));
        do{
            res=(res<<3)+(res<<1)+(c^'0');
        }while(c=getchar(),isdigit(c));
    }
    int mp[M][M],m,n;
    LL sum[M][M];
    struct node{
        int a[M<<2],pos;
        void build(int L,int R,int p){
            if(L==R){
                a[p]=mp[pos][L];
                return;
            }
            int mid=L+R>>1;
            build(L,mid,p<<1);
            build(mid+1,R,p<<1|1);
            a[p]=max(a[p<<1],a[p<<1|1]);
        }
        int query(int l,int r,int L,int R,int p){
            if(l==L&&r==R)return a[p];
            int mid=L+R>>1;
            if(r<=mid)return query(l,r,L,mid,p<<1);
            else if(l>mid)return query(l,r,mid+1,R,p<<1|1);
            else return max(query(l,mid,L,mid,p<<1),query(mid+1,r,mid+1,R,p<<1|1));
        }
    }T[M];
    LL calc(int x,int y,int a,int b){
        return sum[x][y]-sum[x-a][y]-sum[x][y-b]+sum[x-a][y-b];
    }
    int dui[M],val[M];
    int dui1[M][M],l[M],r[M];
    LL solve(int a,int b){
        LL re=1ll*oo*oo;
        memset(l,0,sizeof(l));
        memset(r,-1,sizeof(r));
        for(int k=1;k<b;k++){
            for(int i=1;i<=n;i++){
                while(l[i]<=r[i]&&mp[i][dui1[i][r[i]]]<=mp[i][k])r[i]--;
                dui1[i][++r[i]]=k;
            }
        }
        for(int k=b;k<=m;k++){
            for(int i=1;i<=n;i++){
                while(l[i]<=r[i]&&k-dui1[i][l[i]]>=b)l[i]++;
                while(l[i]<=r[i]&&mp[i][dui1[i][r[i]]]<=mp[i][k])r[i]--;
                dui1[i][++r[i]]=k;
            }
            int L=0,R=-1;
            for(int i=1;i<=a;i++){
                val[i]=mp[i][dui1[i][l[i]]];
                while(L<=R&&val[dui[R]]<val[i])R--;
                dui[++R]=i;
            }
            re=min(re,1ll*val[dui[L]]*a*b-calc(a,k,a,b));
            for(int i=a+1;i<=n;i++){
                while(L<=R&&i-dui[L]>=a)L++;
                val[i]=mp[i][dui1[i][l[i]]];
                while(L<=R&&val[dui[R]]<val[i])R--;
                dui[++R]=i;
                re=min(re,1ll*val[dui[L]]*a*b-calc(i,k,a,b));
            }
        }
        return re;
    }
    int main(){
    //  freopen("policy.in","r",stdin);
    //  freopen("policy.out","w",stdout);
        int i,k,j;
        Rd(n),Rd(m);
        for(i=1;i<=n;i++){
            for(k=1;k<=m;k++){
                Rd(mp[i][k]);
                sum[i][k]+=mp[i][k];
            }
        }
        for(i=1;i<=n;i++){
            for(k=1;k<=m;k++)sum[i][k]+=sum[i-1][k]+sum[i][k-1]-sum[i-1][k-1];
        }
        for(i=1;i<=n;i++)T[i].pos=i,T[i].build(1,m,1);
        int q;
        Rd(q);
        for(i=1;i<=q;i++){
            int a,b;
            Rd(a),Rd(b);
            printf("%lldn",solve(a,b));
        }
        return 0;
    }

    后来跟yahong再讨论时，突然发现$st表$也可以，而且速度比大多数单调队列要快。实现方法跟线段树基本一样，只是询问复杂度变成$O(1)$。

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    #include<iostream>
    #include<algorithm>
    #include<string.h>
    #include<ctype.h>
    #define M 1005
    #define LL long long
    #define oo 2000000000
    using namespace std;
    void (int &res){
        char c;
        res=0;
        while(c=getchar(),!isdigit(c));
        do{
            res=(res<<3)+(res<<1)+(c^'0');
        }while(c=getchar(),isdigit(c));
    }
    int mp[M][M],m,n;
    LL sum[M][M];
    int st[M],S=10;
    struct ST{
    	int a[11][M],pos;
    	ST(){
    		memset(a,0,sizeof(a));
    	}
    	void build(){
    		for(int i=1;i<=m;i++)a[0][i]=mp[pos][i];
    		for(int i=1;i<=S;i++){
    			for(int k=1;k<=m;k++){
    				a[i][k]=max(a[i-1][k],a[i-1][min(m,k+(1大专栏  2017.8.7离线赛题解pan><<i-1))]);
    			}
    		}
    	}
    	int query(int l,int r){
    		int p=st[r-l+1];
    		return max(a[p][l],a[p][r-(1<<p)+1]);
    	}
    }T[M];
    LL calc(int x,int y,int a,int b){
        return sum[x][y]-sum[x-a][y]-sum[x][y-b]+sum[x-a][y-b];
    }
    int dui[M],val[M];
    LL solve(int a,int b){
        LL re=1ll*oo*oo;
        for(int k=b;k<=m;k++){
            int l=0,r=-1;
            for(int i=1;i<=a;i++){
                val[i]=T[i].query(k-b+1,k);
                while(l<=r&&val[dui[r]]<val[i])r--;
                dui[++r]=i;
            }
            re=min(re,1ll*val[dui[l]]*a*b-calc(a,k,a,b));
            for(int i=a+1;i<=n;i++){
                while(l<=r&&i-dui[l]>=a)l++;
                val[i]=T[i].query(k-b+1,k);
                while(l<=r&&val[dui[r]]<val[i])r--;
                dui[++r]=i;
                re=min(re,1ll*val[dui[l]]*a*b-calc(i,k,a,b));
            }
        }
        return re;
    }
    int main(){
    //  freopen("policy0.in","r",stdin);
    //  freopen("policy.out","w",stdout);
        int i,k,j;
        Rd(n),Rd(m);
        st[1]=0;
        for(i=1;i<=S;i++){
        	for(k=(1<<(i-1))+1;k<=(1<<i);k++)st[k]=i-1;
            //st[k]=i-1而不是i，被坑了好久。
        }
        for(i=1;i<=n;i++){
            for(k=1;k<=m;k++){
                Rd(mp[i][k]);
                sum[i][k]+=mp[i][k];
            }
        }
        for(i=1;i<=n;i++){
            for(k=1;k<=m;k++)sum[i][k]+=sum[i-1][k]+sum[i][k-1]-sum[i-1][k-1];
        }
        for(i=1;i<=n;i++)T[i].pos=i,T[i].build();
        int q;
        Rd(q);
        for(i=1;i<=q;i++){
            int a,b;
            Rd(a),Rd(b);
            printf("%lldn",solve(a,b));
        }
        return 0;
    }

    刷副本

    求累乘就不用说了，主要是求首位数字。

    对于最终数字$w$，可以表示为$w=a*10^b$,其中$ain[0,10)$。$pp=log_{10}w$，$a=10^{{pp}}$,$a$就是最终答案。用对数公式$log_{x}{ab}=log_xa+log_xb$将求法转为$log_{10}a$的累加。说起来思路比较简单，但是谁能想到用这种数学公式化简？询问时$O(1)$，更新时更新所有是$x-1$因子的$R$,对于$x=1$要更新所有，所以可以在查询时加入。

    值得一提，正解其实可能被卡掉，仔细观察的话，发现用高精是从后往前求首位，正解则从前往后，是不能省略数字的，我是说正解的double保存位数有限，所以经多次加法，可能使得被省去的位数也对答案造成影响，理论上存在问题，但是double的精度还是很高，所以在实际中精度误差几乎被忽略

    所以正解可以理解为从前往后，忽略低位对于答案的影响。

    分块决策会更快。当R大于$sqrt n$时直接爆力，小于时在更新是维护。

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    #include<iostream>
    #include<algorithm>
    #include<string.h>
    #include<vector>
    #include<math.h>
    #define M 200005
    #define P 1000000007
    #define db double
    #define lowbit 0.000000000001
    using namespace std;
    vector<int>p[M];
    int n,a[M],q;
    db ans1[M];
    int ans2[M];
    int fast(int x,int t){
        int re=1;
        while(t){
            if(t&1)re=1ll*re*x%P;
            x=1ll*x*x%P;
            t>>=1;
        }
        return re;
    }
    int get(db x){
        int re=(pow(10,x-(int)x)+lowbit);
        if(re==10)re=1;
        return re;
    }
    int main(){
    //  freopen("instance16.in","r",stdin);
    //  freopen("p.out","w",stdout);
        int i,k,j;
        scanf("%d",&n);
        for(i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]),ans2[i]=1;
        for(i=1;i<=n;i++){
            for(k=i;k<=n;k+=i)p[k].push_back(i);
        }
        for(i=1;i<=n;i++){
            for(k=1+i;k<=n;k+=i){
                ans2[i]=1ll*ans2[i]*a[k]%P;
                db b=log10(a[k]);
                ans1[i]+=b;
            }
        }
        scanf("%d",&q);
        for(i=1;i<=q;i++){
            int id,x,y;
            scanf("%d",&id);
            if(id==1){
                scanf("%d%d",&x,&y);
                if(x==1){
                    a[1]=y;
                    continue;
                }
                int f=fast(a[x],P-2);
                db l=log10(a[x]),ly=log10(y);
                for(k=0;k<p[x-1].size();k++){
                    int pp=p[x-1][k];
                    ans2[pp]=1ll*ans2[pp]*f%P;
                    ans2[pp]=1ll*ans2[pp]*y%P;
                    ans1[pp]-=l,ans1[pp]+=ly;
                }
                a[x]=y;
            }
            else {
                scanf("%d",&x);
                db tt=ans1[x]+log10(a[1]);
                printf("%d %dn",get(tt),1ll*ans2[x]*a[1]%P);
            }
        }
        return 0;
    }

    圣杯战争

    答案是一条边应该是比较显然的。

    所以可以把图改成生成树，并以$1$为根。为了方便维护，把一条边对答案的贡献放到边上深度小的点上。然后对于每一个节点，建一棵关于儿子颜色的线段树。每次询问$max(query(1,c[i]-1),query(c[i]+1,K))$,并且由于颜色会改变，所以同一颜色的点都要被记录，每次弹出最小的，可以用multiset维护。直接开线段树是开不下的，所以是动态线段树。

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    #include<iostream>
    #include<algorithm>
    #include<string.h>
    #include<ctype.h>
    #include<set>
    #define M 200005
    #define oo 2000000000
    using namespace std;
    void (int &res){
        char c;
        res=0;
        while(c=getchar(),!isdigit(c));
        do{
            res=(res<<3)+(res<<1)+(c^'0');
        }while(c=getchar(),isdigit(c));
    }
    struct node{
        int to,v,nxt;
    }edge[M<<1];
    int head[M],cnt=0;
    multiset<int>mul[M<<2],ans;
    int SS=0;
    int fa[M],f[M],vf[M],C[M],res[M];
    int n,m,q,K;
    int rt[M*40],ls[M*40],rs[M*40],val[M*40],id[M*40],S=0;
    struct nodt{
        int x,y,v;
        bool operator <(const nodt &p)const{
            return v<p.v;
        }
    }e[M<<1];
    int getfa(int x){
        if(x==fa[x])return x;
        return fa[x]=getfa(fa[x]);
    }
    void add(int x,int y,int v){
        edge[++cnt]=(node){y,v,head[x]};
        head[x]=cnt;
    }
    void up(int p){
        val[p]=min(val[ls[p]],val[rs[p]]);
    }
    void update(int x,int v,bool f,int L,int R,int &p){
        if(!p)p=++S,val[p]=oo;
        if(L==R){
            if(!id[p])id[p]=++SS;
            if(f)mul[id[p]].insert(v);
            else mul[id[p]].erase(mul[id[p]].find(v));
            if(mul[id[p]].size())val[p]=*(mul[id[p]].begin());
            else val[p]=oo;
            return;
        }
        int mid=L+R>>1;
        if(x<=mid)update(x,v,f,L,mid,ls[p]);
        else update(x,v,f,mid+1,R,rs[p]);
        up(p);
    }
    int query(int l,int r,int L,int R,int &p){
        if(!p||l>r)return oo;
        if(l==L&&r==R)return val[p];
        int mid=L+R>>1;
        if(r<=mid)return query(l,r,L,mid,ls[p]);
        else if(l>mid)return query(l,r,mid+1,R,rs[p]);
        else return min(query(l,mid,L,mid,ls[p]),query(mid+1,r,mid+1,R,rs[p]));
    }
    void dfs(int now,int las){
        f[now]=las;
        for(int i=head[now];i;i=edge[i].nxt){
            node p=edge[i];
            if(p.to==las)continue;
            dfs(p.to,now);
            vf[p.to]=p.v;
            update(C[p.to],p.v,1,1,K,rt[now]);
        }
        if(rt[now]){
            res[now]=min(query(1,C[now]-1,1,K,rt[now]),query(C[now]+1,K,1,K,rt[now]));
            ans.insert(res[now]);
        }
    }
    int main(){
    //  freopen("hack0.in","r",stdin);
    //  freopen("p.out","w",stdout);
        int i,k,j;
        Rd(n),Rd(m),Rd(K),Rd(q);
        for(i=1;i<=n;i++)fa[i]=i;
        for(i=1;i<=m;i++)Rd(e[i].x),Rd(e[i].y),Rd(e[i].v);
        for(i=1;i<=n;i++)Rd(C[i]);
        sort(e+1,e+1+m);
        for(i=1;i<=m;i++){
            int x=e[i].x,y=e[i].y;
            int a=getfa(x),b=getfa(y);
            if(a==b)continue;
            fa[a]=b;
            add(x,y,e[i].v);
            add(y,x,e[i].v);
        }
        val[0]=oo;
        dfs(1,0);
        for(int i=1;i<=q;i++){
            int x,y;
            Rd(x),Rd(y);
            if(C[x]!=y){
                if(rt[x]){
                    ans.erase(ans.find(res[x]));
                    res[x]=min(query(1,y-1,1,K,rt[x]),query(y+1,K,1,K,rt[x]));
                    ans.insert(res[x]);
                }
                if(x!=1){ 
                    int ff=f[x];
                    ans.erase(ans.find(res[ff]));
                    update(C[x],vf[x],0,1,K,rt[ff]);
                    update(y,vf[x],1,1,K,rt[ff]);
                    res[ff]=min(query(1,C[ff]-1,1,K,rt[ff]),query(C[ff]+1,K,1,K,rt[ff]));
                    ans.insert(res[ff]);
                }
                C[x]=y;
            }
            printf("%dn",*(ans.begin()));
        }
        return 0;
    }
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