CSPS分数取mod赛92-93

我好菜啊。。。。。

92只会打暴力，93暴力都不会了

模拟92，

T1：直接ex_gcd加分类讨论即可

T2：考场只会打暴搜，正解为排序后线段树解决，排序的关键字为a+b，因为如果ai<bj&&bi<aj那么i应该在j前。

#include<bits/stdc++.h>
#define N 100050
#define LL long long
using namespace std;
int n,pd[N],cnt,lsh[N<<1],ls;
long long dp[N],ans;
struct node{
    int a,b,w;
    friend bool operator <(const node &x,const node &y)
    {
        return x.a+x.b<y.a+y.b;
    }
}q[N];
inline void init()
{
    for(int i=1;i<=n;++i)lsh[++ls]=q[i].a,lsh[++ls]=q[i].b;
    sort(lsh+1,lsh+ls+1);ls=unique(lsh+1,lsh+ls+1)-lsh-1;
    for(int i=1;i<=n;++i){
        q[i].a=lower_bound(lsh+1,lsh+ls+1,q[i].a)-lsh;
        q[i].b=lower_bound(lsh+1,lsh+ls+1,q[i].b)-lsh;
    }sort(q+1,q+n+1);
}
LL ma[N<<3],tag[N<<3];
inline void plu(int g,LL w){ma[g]+=w,tag[g]+=w;}
inline void upd(int g){ma[g]=max(ma[g<<1],ma[g<<1|1]);}
inline void down(int g){plu(g<<1,tag[g]),plu(g<<1|1,tag[g]);tag[g]=0;}
void add(int g,int l,int r,int x,int y,int w)
{
    if(l>y||r<x)return;if(l>=x&&r<=y)return plu(g,w);
    if(tag[g])down(g);const int m=l+r>>1;
    add(g<<1,l,m,x,y,w);add(g<<1|1,m+1,r,x,y,w);
    upd(g);
}
void change(int g,int l,int r,int pos,LL w)
{
    if(l==r)return (void)(ma[g]=max(ma[g],w));
    if(tag[g])down(g);const int m=l+r>>1;
    if(pos<=m)change(g<<1,l,m,pos,w);
    else change(g<<1|1,m+1,r,pos,w);
    upd(g);
}
LL ask(int g,int l,int r,int x,int y)
{
    if(l>y||r<x)return 0;
    if(l>=x&&r<=y)return ma[g];
    if(tag[g])down(g);
    const int m=l+r>>1;
    const LL a1=ask(g<<1,l,m,x,y),a2=ask(g<<1|1,m+1,r,x,y);
    return max(a1,a2);
}
inline void duizhangkuaipao()
{
    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        dp[i]=ask(1,1,ls,1,min(q[i].a,q[i].b))+q[i].w;
        add(1,1,ls,q[i].a,q[i].b,q[i].w);
        change(1,1,ls,q[i].a,dp[i]);
    }
    ans=ma[1];
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;++i)
        scanf("%d%d%d",&q[i].a,&q[i].b,&q[i].w);
    init();
    duizhangkuaipao();
    cout<<ans<<endl;
}

T3：多源点最短路，对于每个点维护到这个点的最短距离和对应的特殊点是那个，在扫描每条边时更新答案即可

#include<bits/stdc++.h>
#define N 200050
#define LL long long
using namespace std;
int n,m,p,a[N],pd[N],bl[N];
const LL inf=10000000000000000;
LL dis[N],ans[N];
int he[N],ne[N<<2],to[N<<2],w[N<<2],tot;
inline void work1()
{
    for(int i=1,x,y,z;i<=m;++i){
        scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
        ans[x]=min(ans[x],(LL)z);
        ans[y]=min(ans[y],(LL)z);
    }
    for(int i=1;i<=p;++i)printf("%lld ",ans[a[i]]);
}
inline void addedge(int x,int y,int z)
{
    to[++tot]=y;ne[tot]=he[x];
    w[tot]=z;he[x]=tot;
}
priority_queue<pair<LL,int> >q;
#define mmp make_pair
#define fir first
#define sec second
inline void getans()
{
    for(int i=0;i<=n;++i)dis[i]=inf;
    for(int i=1;i<=p;++i)
        dis[a[i]]=0,bl[a[i]]=a[i],q.push(mmp(0,a[i]));
    LL d;int g;
    while(q.size())
    {
        g=q.top().sec;
        d=-q.top().fir;
        q.pop();
        if(dis[g]!=d)continue;
//        printf("g:%d d:%lld
",g,d);
        for(int i=he[g];i;i=ne[i]){
            if(bl[g]&&bl[to[i]]&&bl[to[i]]!=bl[g]){
//                printf("g:%d to:%d blg:%d blt:%d new:%lld
",g,to[i],bl[g],bl[to[i]],d+w[i]+dis[to[i]]);
                ans[bl[g]]=min(ans[bl[g]],d+w[i]+dis[to[i]]);
                ans[bl[to[i]]]=min(ans[bl[to[i]]],d+w[i]+dis[to[i]]);
            }
            if(dis[to[i]]>d+w[i]){
                dis[to[i]]=d+w[i];bl[to[i]]=bl[g];
                q.push(mmp(-dis[to[i]],to[i]));
            }
        }
    }
}
inline void work2()
{

    
}
int main()
{
//    freopen("distance.in","r",stdin);
//    freopen("my.out","w",stdout);
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&p);
    for(int i=1;i<=p;++i)scanf("%d",&a[i]),ans[a[i]]=inf,pd[a[i]]=1;
    if(p==n){work1();return 0;}
    for(int i=1,x,y,z;i<=m;++i)
    {
        scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
        addedge(x,y,z);addedge(y,x,z);
    }
    getans();
    for(int i=1;i<=p;++i)
        printf("%lld ",ans[a[i]]);
}

模拟92，

T1：一眼二分，测大样例发现答案不连续，化一下式子发现是个三维偏序，打个cdq上去A掉。

正解为按a的前缀和排序，把b离散化，在树状数组中插入原数组下标，复杂度为nlogn

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define N 500050
#define LL long long
using namespace std;
int n,ans=1;
LL sb[N],lsh[N<<1];
int a[N],b[N],c[N],ls;
inline int read(){
    int s=0,b=0;char c=getchar();
    while(c>'9'||c<'0'){if(c=='-')b=1;c=getchar();}
    while(c>='0'&&c<='9')s=s*10+c-'0',c=getchar();
    if(b)return -s;
    return s;
}
struct node{LL a;int b,id;}q[N],qq[N];
inline void init()
{
    sort(lsh+1,lsh+ls+1);
    ls=unique(lsh+1,lsh+ls+1)-lsh-1;
    for(int i=0;i<=n;++i)
        q[i].b=lower_bound(lsh+1,lsh+ls+1,sb[i])-lsh;
}
inline void add(int x,const int v){
    while(x<=ls){
        if(c[x]>v)c[x]=v;
        x+=x&-x;
    }
}
inline void del(int x){while(x<=ls){c[x]=n+10;x+=x&-x;}}
inline int ask(int x)
{
    int ret=n+10;
    while(x)
    {
        if(c[x]<ret)ret=c[x];
        x-=x&-x;
    }
    return ret;
}
inline void CDQ(int l,int r)
{
    if(l==r)return;
    const int m=l+r>>1;
    CDQ(l,m);CDQ(m+1,r);
    register int i=l,j=m+1,t,o=l;
    while(j<=r)
    {
        while(i<=m&&q[j].a>=q[i].a){
            add(q[i].b,q[i].id);
            qq[o++]=q[i++];
        }
        t=q[j].id-ask(q[j].b);
        if(t>ans)ans=t;
        qq[o++]=q[j++];
    }
    for(int k=l;k<i;++k)del(q[k].b);
    while(i<=m)qq[o++]=q[i++];
    for(int i=l;i<=r;++i)q[i]=qq[i];
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    lsh[++ls]=0;
    for(int i=1,x;i<=n;++i)q[i].a=q[i-1].a+read(),q[i].id=i;
    for(int i=1,x;i<=n;++i)lsh[++ls]=sb[i]=sb[i-1]+read(),c[i]=n+10;
    c[0]=n+10;
    init();
    for(int i=n;i<=ls;++i)c[i]=n+10;
    CDQ(0,n);
    printf("%d
",ans);
}

T2：暴力做法为区间dp，dp[i][j]表示区间[i,j]的答案，for枚举长度，for枚举区间左端点，for枚举根节点复杂度为O（n³）

利用决策单调性优化。发现在一个已有区间的右面插入一个点，原树的根不会左移。同理在右面插入，决策点不会右移。

dp的同时记录决策点即可

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define N 5050
#define LL long long
using namespace std;
int n,rt=1,po[N][N];
const LL inf=1ll<<50;
LL sum[N];
LL ans,dp[N][N];
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1,x;i<=n;++i)scanf("%d",&x),sum[i]=sum[i-1]+x;
    for(int i=1;i<=n;++i)dp[i][i]=sum[i]-sum[i-1],po[i][i]=i;
    for(int len=2;len<=n;++len){
        for(int i=1,j;i+len-1<=n;++i){
            j=i+len-1;dp[i][j]=inf;
            for(int k=po[i][j-1];k<=po[i+1][j];++k)
                if(dp[i][k-1]+dp[k+1][j]<=dp[i][j]){dp[i][j]=dp[i][k-1]+dp[k+1][j],po[i][j]=k;}
            dp[i][j]+=sum[j]-sum[i-1];
        }
    }
    printf("%lld
",dp[1][n]);
}

T3：高斯消元，期望题一般逆推。题解：

我们首先考虑单个的 k。设 fi 表示从 i 出发第一次到 k 的期望步数,那么

f k =0,f i =sigma(f j )/x i +1 (i!=k,j 为 i 的所有出边,x i 为 i 的出度),用高斯消元解出 f1 即可。

分治消元的具体做法是:先用前一半的方程进行消元,然后递归后一半;
(恢复原矩阵后)再用后一半的方程进行消元,然后递归前一半。这样当区间缩小到
单点时,这个方程并没有拿来消其它的方程,我们可以直接修改它并求出所有f i 。

类似思想可以参考我这篇题解：https://www.cnblogs.com/loadingkkk/p/11272338.html

#include<cstdio>
#include<iostream>
#define N 320
#define LL long long
using namespace std;
const int mod=998244353;
int n,m,inv[500050];
LL a[N][N],c[11][N][N],b[N],dd[11][N],ans[N];
inline int qpow(int d,int z)
{
    int ret=1;
    for(;z;z>>=1,d=1ll*d*d%mod)
        if(z&1)ret=1ll*ret*d%mod;
    return ret;
}
inline void init(int n){for(int i=1;i<=n;++i)inv[i]=qpow(i,mod-2);}
int he[N],ne[500050],to[500050],d[N],tot;
inline void addedge(int x,int y)
{
    to[++tot]=y;++d[x];
    ne[tot]=he[x];he[x]=tot;
}
inline void Gauss(int l,int r,int x,int y)
{
    for(int i=l;i<=r;++i)
    {
        const LL iv=qpow(a[i][i],mod-2);
        for(int j=1;j<=n;++j)
        {
            if(j==i||!a[j][i])continue;
            const LL pl=iv*a[j][i]%mod;
            for(int o=x;o<=y;++o){
                a[j][o]-=a[i][o]*pl%mod;
                if(a[j][o]<0)a[j][o]+=mod;
            }
            b[j]-=b[i]*pl%mod;
            if(b[j]<0)b[j]+=mod;
        }
    }
}
inline void solve(int dep,int l,int r)
{
    if(l==r){ans[l]=b[1]*qpow(a[1][1],mod-2)%mod;return;}
    for(int i=1;i<=n;dd[dep][i]=b[i],++i)
        for(int j=1;j<=n;++j)
            c[dep][i][j]=a[i][j];
    const int m=l+r>>1;
    Gauss(l,m,l,r);solve(dep+1,m+1,r);
    for(int i=1;i<=n;b[i]=dd[dep][i],++i)
        for(int j=1;j<=n;++j)
            a[i][j]=c[dep][i][j];
    Gauss(m+1,r,l,r);solve(dep+1,l,m);
}
inline void work()
{
    for(register int i=1;i<=n;++i){
        a[i][i]=b[i]=mod-1;
        for(register int j=he[i];j;j=ne[j])
            (a[i][to[j]]+=inv[d[i]])%=mod;
    }
    solve(1,1,n);
}
int main()
{
//    freopen("walk.in","r",stdin);
    scanf("%d%d",&n,&m);init(m);
    for(int i=1,x,y;i<=m;++i){
        scanf("%d%d",&x,&y);
        addedge(x,y);
    }
    work();
    for(int i=2;i<=n;++i)printf("%lld
",ans[i]);
}

希望下一次能考好吧