CSPS模拟94

我好菜啊。。。。。。

%%%迪神AK

虽然考试成绩不太好，但至少能想到正解了，也不会菜到打不出暴力。

T1：想了半天不会，发现直接打高精可以拿到80分，就赶紧码完扔了，结果正解是利用double避免了高精运算

解法：%%迪神，高精压位，同时只记录前300位进行比较。

or利用double和除法，最后和1比较

or正解：double，对所有数取log再进行比较

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define LL double
#define N 1000050
using namespace std;
int x,y;
inline void work1()
{
    LL a1=1,a2=0.0;
    a1=1.0*y*log(x);
    for(int i=1;i<=y;++i)a2+=1.0*log((double)i);
    if(a1>a2)puts("No");
    else puts("Yes");
}
int main()
{
    freopen("yuuutsu.in","r",stdin);
    freopen("yuuutsu.out","w",stdout);
    int T;scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        scanf("%d%d",&x,&y);
        work1();
    }
    fclose(stdin);fclose(stdout);
}

T2：考场正解，细节打炸。将原数列差分掉，然后利用就可以将下标mod k进行操作了。

注意特判：差分的区间为左闭右开。所以当右端点为n+1时是可以随意加的。然而当左端点为0时不能随便加，因为是左闭右开呀

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define LL long long
#define N 2000050
#define re register 
using namespace std;
LL s1[N];
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;
}
int n,k,m;
int a[N],al,pd[N];
inline void add(int pos,int val)
{
    pos%=k;
    if(pd[pos])return;
    if(s1[pos]==-val){s1[pos]=0;--al;return;}
    if(!s1[pos]){s1[pos]=val;++al;return;}
    s1[pos]+=val;
}
int main()
{
    freopen("august.in","r",stdin);
    freopen("august.out","w",stdout);
    n=read(),k=read(),m=read();
    for(register int i=1;i<=n;++i)a[i]=read();
    for(register int i=n;i;--i)
        a[i]-=a[i-1],s1[i%k]+=a[i];
    pd[(n+1)%k]=1;
    for(int i=0;i<k;++i){
        if(pd[i])continue;
        if(s1[i])++al;
    }
    if(al)puts("No");
    else puts("Yes");
    for(int i=1,x,y;i<=m;++i)
    {
        x=read();y=read();
        if(y){add(x,y);add(x+1,-y);}
        if(al)puts("No");
        else puts("Yes");
    }
    fclose(stdin);fclose(stdout);
}

T3：这题好好写一下。

考场上先打出了暴力，然后考虑加优化。

暴力：

for(int i=1,lca;i<=n;++i)
{
    lca=a[i];ans+=c[lca];
    for(int j=i-1;j;--j){
        lca=LCA(lca,a[j]);
        ans+=c[lca];
    }
}

暴力枚举右端点，发现左端点在一段区间内时lca是一定的。

那么这个东西可以用链表来维护。

链表记录lca的值（id）和这个lca对应左端点的数量（ct）

统计答案直接ct*id即可。

然而这种打法还是会被一条链的数据卡掉

深入挖掘它的性质。每插入一个新的右端点，会把链表内所有节点更新到新端点的祖先链上。（显然

那么新加入的节点就一定会加到链表的队尾。且设当前加入的为a[j]，那么a[j]和a[j-1]的lca之前的点是共用的。

那么不断利用a[j]和a[j-1]的lca去弹掉链表的队尾。最后在队尾加入a[j]和a[j-1]的lca和a[j]即可

考虑在每个节点再维护一个答案的前缀和（an）

a[j]和a[j-1]的lca之前的所有的节点内所有东西（id,ct,an）都不变。

那么直接更新a[j]和a[j-1]的lca和a[j]的答案即可。

流程：

新开节点，插入队尾，在队中删除不合法的节点并更新a[j]和a[j-1]的lca控制区间长度。

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define re register 
#define N 200050
using namespace std;
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;
}
int n,m,a[N],c[N],kkk,num;
struct node{int pre,ne,ct,id;LL an;}li[N*10];
LL ans;
int he[N],ne[N],to[N],fa[N],tot;
inline void addedge(int x,int y){to[++tot]=y;ne[tot]=he[x];he[x]=tot;}
int tp[N],dep[N],dfl[N],dfr[N],sz[N],hs[N],cnt;
int po[N];
inline void dfs1(int g)
{
    dep[g]=dep[fa[g]]+1;sz[g]=1;
    for(int i=he[g];i;i=ne[i])
    {
        dfs1(to[i]);
        if(sz[to[i]]>sz[hs[g]])hs[g]=to[i];
        sz[g]+=sz[to[i]];
    }
}
inline void dfs2(int g)
{
    dfl[g]=dfr[g]=++cnt;
    po[cnt]=g;
    if(hs[fa[g]]==g)tp[g]=tp[fa[g]];
    else tp[g]=g;
    if(hs[g])dfs2(hs[g]);
    for(int i=he[g];i;i=ne[i])
        if(to[i]!=hs[g])dfs2(to[i]);
    dfr[g]=cnt;
}
inline int LCA(int x,int y)
{
    if(dep[x]>dep[y])swap(x,y);
    if(dfl[x]<=dfl[y]&&dfr[x]>=dfl[y])return x;
    while(tp[x]!=tp[y])
    {
        if(dep[tp[x]]>dep[tp[y]])swap(x,y);
        y=fa[tp[y]];
    }
    if(dep[x]>dep[y])return y;
    else return x;
}
inline void del(int x)
{
    int a1=li[x].pre,a2=li[x].ne;
    if(a1)li[a1].ne=a2;
    if(a2)li[a2].pre=a1;
    if(!a2)kkk=a1;
}
int main()
{
    freopen("sagittarius.in","r",stdin);freopen("sagittarius.out","w",stdout);
    n=read();
    for(int i=2;i<=n;++i){fa[i]=read();addedge(fa[i],i);}
    dfs1(1);dfs2(1);
    for(int i=1;i<=n;++i)a[i]=read();
    for(int i=1;i<=n;++i)c[i]=read();
    ans+=c[a[1]];li[++num].ct=1;
    li[num].id=a[1];kkk=num;
    li[num].an=c[a[1]];
    for(int j=2;j<=n;++j){
        li[++num].id=a[j];li[num].ct=1;
        li[kkk].ne=num;li[num].pre=kkk;
        kkk=num;int i,t;
        for(i=li[kkk].pre;i;i=li[i].pre){
            t=LCA(li[i].id,li[li[i].ne].id);
            if(t!=li[i].id){li[i].id=t;
                if(li[i].id==li[li[i].ne].id){
                    li[i].ct+=li[li[i].ne].ct;
                    del(li[i].ne);
                }
            }
            else {
                if(li[i].id==li[li[i].ne].id){
                    li[i].ct+=li[li[i].ne].ct;
                    del(li[i].ne);
                }
                break;
            }
        }
        if(!i)i=1;
        for(;i;i=li[i].ne)li[i].an=li[li[i].pre].an+1ll*c[li[i].id]*li[i].ct;
        ans+=li[kkk].an;
    }
    cout<<ans<<endl;
}

复杂度证明：在每个点最多插入两个节点，每个节点被删除一次。复杂度为O（n）

但由于还要求lca，复杂度变为O（nlogn）。（然而你用tarjan求lca做到O（n）我也没意见）