Problem A 快递
根节点为$1$ ， 含有$n$个节点的树，每一条边都有一段开放的时间$[s_i,e_i]$，和经过需要的时间。
有$q$组询问，每一次在时刻$t_i$出发从根节点出发走到第$u$个节点，沿着最短路走，询问是否可行。
注意到，当在边开放的时间走到这条边上均被认为合法，走出边的时间不会因此而限制。
对于$100\%$的数据，满足$1 leq n,q leq 5 imes 10^5$
Solution :
考虑能否到达$u$的条件，就是能否在$u$上方的那条边$(fa,u)$的规定时间内到达该点的父亲$fa$。
我们注意到从根节点出发的时间为$time$，那么到达一个节点$u$的总时间就是这个点父亲前缀边的长度之和$pre$。
转化一下，能否到达这个点上方的那一条边的条件就是$time_u + pre in [s_{Edge} , t_{Edge}]$
解出来就是$time_u in [s_{Edge}-pre,t_{Edge}-pre]$
所以到达一个点既有当前点的限制，又有该点到根之间点的限制，所以我们只需要将这个点到根的所有点限制的区间交起来就可以了。
这样子，我们直接做一遍$dfs$即可，复杂度就是$O(n+q)$
# pragma GCC optimize(3) # include <bits/stdc++.h> # define inf (1e12) # define int long long # define Rint register int # define YES putchar('Y'),putchar('E'),putchar('S') # define NO putchar('N'),putchar('O') using namespace std; const int N = 5e5+10; struct A { int pre,to,w,s,t; }a[N<<1]; struct B { int l,r; }tim[N]; int tot,n,m; int head[N],d[N],f[N]; 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 adde(Rint u,Rint v,int w,int s,int t) { a[++tot].pre=head[u]; a[tot].to=v; a[tot].w=w; a[tot].s=s; a[tot].t=t; head[u]=tot; } void dfs(Rint u,Rint fa) { for (Rint i=head[u];i;i=a[i].pre) { int v=a[i].to; if (v==fa) continue; tim[v].l=max(tim[u].l,a[i].s-d[u]); tim[v].r=min(tim[u].r,a[i].t-d[u]); d[v]=d[u]+a[i].w; dfs(v,u); } } signed main() { n=read();m=read(); for (Rint i=2;i<=n;i++) { int u=read()+1,v=read()+1,w=read(),s=read(),t=read(); adde(u,v,w,s,t); adde(v,u,w,s,t); } tim[1].l=-inf; tim[1].r=inf; dfs(1,0); while (m--) { int u=read()+1,t=read(); (t>=tim[u].l && t<=tim[u].r)?(YES):(NO); putchar(' '); } return 0; }
Problem B 工资
给出一个$1$为根节点，含有$n$个节点的树,每个点初始有一个权值$v_i$。
维护两种操作，"u A x" 表示将编号为$A$的子树除了节点$A$的所有节点权值加$x$,"p A"表示求编号为$A$节点的权值。
对于$100\%$的数据满足$1 leq n,q leq 5 imes 10^5$
Solution :
由于子树的$dfs$序是连续的，所以本题直接按照dfs序建立树状数组即可。
维护区间加，单点求和。
复杂度是$O((q+n) log_2 n)$
# pragma GCC optimize(3) # include <bits/stdc++.h> # define int long long # define Rint int using namespace std; const int N=5e5+10; struct rec{ int pre,to; }a[N<<1]; int c[N],head[N],dfn[N],R[N],val[N]; int tot,n,m; # define lowbit(x) (x&(-x)) void update(int x,int y){for (;x<=n;x+=lowbit(x)) c[x]+=y;} int query(int x) { int ret=0; for (;x;x-=lowbit(x)) ret+=c[x];return ret;} int modify(int l,int r,int d) {update(l,d); update(r+1,-d);} #undef lowbit 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) x=-x,putchar('-'); if (x>9) write(x/10); putchar('0'+x%10); } inline void writeln(int x) { write(x); putchar(' '); } inline void adde(Rint u,Rint v) { a[++tot].pre=head[u]; a[tot].to=v; head[u]=tot; } void dfs(Rint u,Rint fa) { dfn[u]=++dfn[0]; R[u]=dfn[u]; for (Rint i=head[u];i;i=a[i].pre) { int v=a[i].to; if (v==fa) continue; dfs(v,u); } R[u]=dfn[0]; } signed main() { n=read(); m=read(); val[1]=read(); for (Rint i=2;i<=n;i++) { int f; val[i]=read(); f=read(); adde(i,f); adde(f,i); } for (int i=1;i<=n;i++) if (!dfn[i]) dfs(i,0); for (Rint i=1;i<=n;i++) modify(dfn[i],dfn[i],val[i]); while (m--) { char c=0; while (c!='p' && c!='u') c=getchar(); if (c=='u') { int x=read(); writeln(query(dfn[x])); }else { int x=read(),y=read(); if (dfn[x]+1<=R[x]) modify(dfn[x]+1,R[x],y); } } return 0; }
Problem C 坤坤数
坤坤数的定义是：对于一个数，不含前导零，给定$k$,存在$wk ,w geq 1$作为后缀的数。
现在，我们给出$n$,$k$和$m$，求出$n$位坤坤数的数的个数$mod m$的值。
对于$100\%$的数据满足$n leq 1000 ,1 leq k leq 100 , 1 leq m leq 10^9$
Solution :
考虑$f[i][j][0/1][0/1]$表示当前考虑到第$i$位，当前数$mod k$为$j$，是否含有前导零，是否之前的后缀已经是$wk$了(即是否已经构成)
设从第$0$位开始添加数，那么最后的答案就是$sumlimits_{i = 0}^{k-1} f[n-1][i][0][1]$ 。
考虑刷表法转移，
- $f[i][j][0][0] -> f[i+1][j][1][0] , f[i+1][(w imes 10^{i+1}+j)\% k][0][0]((w imes 10^{i+1}+j)\% k eq 0) , f[i+1][0][0][1]$
- $f[i][j][0][1] -> f[i+1][j][1][1] , f[i+1][(w imes 10^{i+1}+j)\% k][0][1]$
- $f[i][j][1][0] -> f[i+1][j][1][0] , f[i+1][(w imes 10^{i+1}+j)\% k][0][0]((w imes 10^{i+1}+j)\% k eq 0) , f[i+1][0][0][1]$
- $f[i][j][1][1] -> f[i+1][j][1][1] , f[i+1][(w imes 10^{i+1}+j)\% k][0][1]$
我们可以预处理出幂次取模，那么最后的复杂度就是$O(10 imes n imes k)$
#pragma GCC optimize(3) # include <bits/stdc++.h> # define int long long using namespace std; int n,k,m; int f[1005][105][2][2]; int Pow(int x,int n,int mo) { int ans=1; while (n) { if (n&1) ans=ans*x%mo; x=x*x%mo; n>>=1; } return ans%mo; } signed main() { scanf("%lld%lld%lld",&n,&k,&m); (f[0][0][1][0]+=1)%=m; for (int i=1;i<=9;i++) { bool ok = 0; for (int w=1;w<=10;w++) { if (w*k>9) break; if (w*k==i) { (f[0][i%k][0][1]+=1)%=m; ok = 1; break;} } if (!ok) (f[0][i%k][0][0]+=1)%=m; } for (int i=0;i<=n-2;i++) for (int j=0;j<=k-1;j++) { (f[i+1][j][1][0]+=f[i][j][0][0])%=m; for (int w=1;w<=9;w++) if ((w*Pow(10,i+1,k)%k+j)%k==0) (f[i+1][0][0][1]+=f[i][j][0][0])%=m; else (f[i+1][(w*Pow(10,i+1,k)%k+j)%k][0][0]+=f[i][j][0][0])%=m; (f[i+1][j][1][1]+=f[i][j][0][1])%=m; for (int w=1;w<=9;w++) (f[i+1][(w*Pow(10,i+1,k)%k+j)%k][0][1]+=f[i][j][0][1])%=m; (f[i+1][j][1][0]+=f[i][j][1][0])%=m; for (int w=1;w<=9;w++) if ((w*Pow(10,i+1,k)%k+j)%k==0) (f[i+1][0][0][1]+=f[i][j][1][0])%=m; else (f[i+1][(w*Pow(10,i+1,k)%k+j)%k][0][0]+=f[i][j][1][0])%=m; (f[i+1][j][1][1]+=f[i][j][1][1])%=m; for (int w=1;w<=9;w++) (f[i+1][(w*Pow(10,i+1,k)%k+j)%k][0][1]+=f[i][j][1][1])%=m; } int ret = 0; for (int i=0;i<=k-1;i++) (ret+=f[n-1][i][0][1])%=m; printf("%lld ",ret); return 0; }