Problem A 夏洛特
若当前处在点$(x,y)$下一时刻可以向该点四周任意方向走动一步，
初始在$(0,0)$是否存在一条合法的路线满足下列$n$个限制：
每一个限制形如$t_i , x_i , y_i$表示第$t_i$时刻，需要在点$(x_i , y_i)$ 处
输出"YES"或者"NO"，有$T(Tleq 10)$组数据。
对于$100\%$的数据满足$n leq 10^5 ,0 leq x_i,y_i leq 10^5 , 0 leq t_i leq 10^7$
Sol: 首先按照时间先后排序，每次考虑从$t_0 , x_0 ,y_0$的限制走到$t , x, y$的限制、
显然，从$(x_0,y_0)$走到$(x,y)$至少需要$|x-x_0|+|y-y_0|$步，
于是令$res = t - t_0 - (|x-x_0|+|y-y_0|)$ 表示剩余需要浪费的步数。
显然，如果剩余步数为偶数那么可以上下、上下的构造出合法解，若剩余步数为奇数则没有办法构造。
上述算法的复杂度是$O(T n log_2 n)$
# include <bits/stdc++.h> # define int long long using namespace std; const int N=2e5+10; struct rec{ int t,x,y; }a[N]; int n; bool cmp(rec a,rec b){return a.t<b.t;} bool work() { int t=0ll,x=0ll,y=0ll; for (int i=1;i<=n;i++) { int res=a[i].t-t-abs(a[i].x-x)-abs(a[i].y-y); if ((res < 0ll) || (res & 1ll)) return false; t=a[i].t; x=a[i].x; y=a[i].y; } return true; } inline int read() { int X=0,w=0; char c=0; while(c<'0'||c>'9') {w|=c=='-';c=getchar();} while(c>='0'&&c<='9') X=(X<<3)+(X<<1)+(c^48),c=getchar(); return w?-X:X; } signed main() { freopen("charlotte.in","r",stdin); freopen("charlotte.out","w",stdout); int T=read(); while (T--) { n=read(); for (int i=1;i<=n;i++) a[i].t=read(),a[i].x=read(),a[i].y=read(); sort(a+1,a+1+n,cmp); puts(work()?"Yes":"No"); } return 0; }
Problem B 西比拉先知系统
给出一幅无向图$G$,初始每个点的点权为$0$,维护下面$2$个操作：
0 x : 表示询问点$x$的点权。
1 x y : 表示将点$x$和与点$x$直接相连的点权加上$y$
Subtask1 ：任意两个点之间一定定满足不连通或存在恰好一条路径
Subtask2：除了1号节点以外，所有节点度数小于$10$
对于$100\%$的数据，$n,m,Q leq 3 imes 10^5 , y leq 10^3$
Sol: 考场没$A$，被卡常了，$95 pts$
考虑部分分怎么做，
Subtask1 ： 保证$G$是森林 ， 对每一棵树求出bfs序，使得直接儿子的编号是连续的。
由于父亲只有一个，那么在加权的时候再额外的把父亲的权加上即可。
树状数组维护区间加，单点求值。 复杂度是$O(m log_2 n)$
Subtask2 ： 对于$1$号节点稍微特判一下，若不是一号节点的进行操作$2$直接暴力。
如果是$1$号节点进行操作$2$那么只需要打一个标记即可.
对于询问操作，如果这个点是$1$或者与$1$直接相连那么除了自己维护的那个真实值以外还需要加上$1$节点的标记值。
这样的复杂度是$O(10 imes m)$
然后这样就可以写出$73 pts $的代码了。
# include<bits/stdc++.h> using namespace std; int n,m,q; vector<int>E[300010]; inline int read() { int X=0,w=0; char c=0; while(c<'0'||c>'9') {w|=c=='-';c=getchar();} while(c>='0'&&c<='9') X=(X<<3)+(X<<1)+(c^48),c=getchar(); return w?-X:X; } void write(int x) { if (x<0) putchar('-'),x=-x; if (x>9) write(x/10); putchar('0'+x%10); } void writeln(int x) { write(x); putchar(' '); } bool vis[300010],flag; void cir(int u,int fa) { vis[u]=1; for (int i=0;i<(int)E[u].size();i++) { int v=E[u][i]; if (v==fa) continue; if (vis[v]) { flag=0; return;} cir(v,u); } } bool check1() { memset(vis,false,sizeof(vis)); for (int i=1;i<=n;i++) if (!vis[i]) { flag=1; cir(i,0); if (!flag) return false; } return true; } namespace Subtask1 { const int N=3e3+10; int val[N]; void update(int u,int value) { val[u]+=value; for (int i=0;i<(int)E[u].size();i++) { int v=E[u][i]; val[v]+=value; } } void main() { memset(val,0,sizeof(val)); for (int i=1;i<=q;i++) { int op=read(),x=read(); if (op) { int y=read(); update(x,y);} else writeln(val[x]); } exit(0); } } namespace Subtask2 { const int N=3e5+10; int bfsn[N],c[N],R[N],f[N]; # define lowbit(x) (x&(-x)) void update(int x,int d) { for (;x<=bfsn[0];x+=lowbit(x)) c[x]+=d;} void modify(int l,int r,int d){update(l,d); update(r+1,-d);} int query(int x) { int ret=0; for (;x;x-=lowbit(x)) ret+=c[x]; return ret;} # undef lowbit void bfs(int u,int fa) { f[u]=fa; R[u]=bfsn[u]; for (int i=0;i<(int)E[u].size();i++) { int v=E[u][i]; if (v==fa) continue; bfsn[v]=++bfsn[0]; R[u]=bfsn[v]; } for (int i=0;i<(int)E[u].size();i++) { int v=E[u][i]; if (v==fa) continue; bfs(v,u); } } void main() { memset(bfsn,0,sizeof(bfsn)); for (int i=1;i<=n;i++) if (!bfsn[i]) bfsn[i]=++bfsn[0],bfs(i,0); for (int i=1;i<=q;i++) { int op=read(),x=read(); if (op) { int y=read(); if (f[x]) { modify(bfsn[f[x]],bfsn[f[x]],y); } modify(bfsn[x],R[x],y); } else writeln(query(bfsn[x])); } } } namespace Subtask3 { const int N=3e5+10; int add,val[N]; bool mark[N]; void update(int u,int value) { val[u]+=value; for (int i=0;i<(int)E[u].size();i++) { int v=E[u][i]; val[v]+=value; } } void main() { for (int i=0;i<(int)E[1].size();i++) mark[E[1][i]]=1; for (int i=1;i<=q;i++) { int op=read(),x=read(); if (op) { int y=read(); if (x==1) val[1]+=y,add+=y; else update(x,y); } else writeln(val[x]+(mark[x]?add:0)); } } } int main() { n=read();m=read();q=read(); for (int i=1;i<=m;i++) { int u=read(),v=read(); if (u==v) continue; E[u].push_back(v); E[v].push_back(u); } for (int i=1;i<=n;i++) { sort(E[i].begin(),E[i].end()); E[i].erase(unique(E[i].begin(),E[i].end()),E[i].end()); } if (n<=3000 && m<=3000 && q<=3000) Subtask1::main(); else if (check1()) Subtask2::main(); else Subtask3::main(); return 0; }
现在来考虑正解，试图推广一下Subtask2的做法，如果一个点进行了操作$1$，事实上我们不需要将所有和它相连的边都跑过去，而是使用一个$tag$标记来记录一下这个点被加了多少。
把原来的无向图看成有向图，对于原来所有无向边，转化为度较小的点向度较大的点连单向边。
对于一个$1$操作我们只需要将当前点的$tag$标记加上，然后把单向边中它指向的节点的val值更新即可。
对于一个$0$操作我们只需要将该点指向的所有元素的$tag$加上然后加上该点的$val$值即可。
对于一次操作，复杂度应该为两个点之间的较小的度。这个东西当完全图的时候可以最大化，所以极限是$sqrt{n}$
综上所述，我们的算法的复杂度是$O(m sqrt{n})$ ，并且是一个极其不满的上界。
# include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=3e5+10; struct edge{ int u,v; }e[N]; int n,m,q,val[N],du[N],tag[N]; vector<int>E[N]; int main() { scanf("%d%d%d",&n,&m,&q); for (int i=1;i<=m;i++) scanf("%d%d",&e[i].u,&e[i].v), du[e[i].u]++,du[e[i].v]++; for (int i=1;i<=m;i++) if (du[e[i].u]<du[e[i].v]) E[e[i].u] .push_back(e[i].v); else E[e[i].v] .push_back(e[i].u); while (q--) { int op,x; scanf("%d%d",&op,&x); if (op==0) { int ret=val[x]; for (int i=0;i<E[x].size();i++) { int v=E[x][i]; ret+=tag[v]; } printf("%d ",ret); } else { int y; scanf("%d",&y); for (int i=0;i<E[x].size();i++) { int v=E[x][i]; val[v]+=y; } val[x]+=y; tag[x]+=y; } } return 0; }
Problem C 替身使者
给出一个$5$次多项式$G(x) = sumlimits_{i=1} ^ 5 a_i imes x^i $
其第$i$次项的系数$a_i$满足$0 leq a_i leq 10$
给出若干条线段$[l_i,r_i] , 1 leq l_i leq r_i leq m$，可以在这些线段中的任意一个点放一个替身使者。
最大化每个点G(替身使者数目)的和。
对于$100 \%$ 的数据$1 leq m leq 10^7 , 1 leq n leq 250$
Sol : 观察到线段的长度和答案没有任何关系，离散化即可。
值域为$[1,500]$，设$f[l][r]$表示在值域$[l,r]$的答案为多少。
那么显然设$T$为值域右边界，答案就是$f[1][T]$
区间dp，设在第$i$个位置放尽可能多的替身使者，问题就转化为两个子问题$f[l][i-1] , f[i+1][r]$
这样子增加的贡献值就是$G(num_i)$ ,复杂度是$O(n^3)$
# include <bits/stdc++.h> # define int long long using namespace std; const int N=605; struct rec{ int l,r;}a[N]; int f[N][N],n,m,v[5],c[N],T; vector<int>t; int fun(int x){return v[0]*x+v[1]*x*x+v[2]*x*x*x+v[3]*x*x*x*x+v[4]*x*x*x*x*x;} int dfs(int l,int r) { if (l>r) return 0; if (f[l][r]!=-1) return f[l][r]; vector<int>v; v.resize(r-l+1); for (int i=1;i<=n;i++) if (a[i].l>=l && a[i].r <= r) { v[a[i].l-l]++; if (a[i].r<r)v[a[i].r-l+1]--; } int ans=0,now=0; for (int i=0;i<r-l+1;i++) { now+=v[i]; ans=max(ans,dfs(l,l+i-1)+dfs(l+i+1,r)+fun(now)); } return f[l][r]=ans; } signed main() { scanf("%lld%lld",&n,&m); for (int i=0;i<5;i++) scanf("%lld",&v[i]); for (int i=1;i<=n;i++) { scanf("%lld%lld",&a[i].l,&a[i].r); t.push_back(a[i].l); t.push_back(a[i].r); } sort(t.begin(),t.end()); T=unique(t.begin(),t.end())-t.begin(); for (int i=1;i<=n;i++) a[i].l=lower_bound(t.begin(),t.begin()+T,a[i].l)-t.begin()+1, a[i].r=lower_bound(t.begin(),t.begin()+T,a[i].r)-t.begin()+1; memset(f,-1,sizeof(f)); int ans = dfs(1,T); printf("%lld ",ans); return 0; }