Codeforces Round #368 (Div. 2)

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失踪多天发一下CF的题解，突然发现CF题解评论区一堆大神在晒解法，我等渣渣就顺手膜拜了一发，学了不少姿势，以后一打完CF就去评论区找姿势好了。。。。。。

最近有一个感悟，就是不要让别人告诉你一道题的完整思路比较好，最后是懂得大致的解法，自己将所有实现细节都推导一遍，然后再看别人是怎么实现的，这样学到的更多，以前我都是看别人思路看别人的代码，然后发现自己的代码和别人的好像长得一样，原来我顺手把别人的代码copy到脑海中，这样印象不是很深刻，要自己推导实现一遍，然后在学习别人的代码和思路比较好。

 

题A A. Brain's Photos

题意：G、B、W输出“#Black&White”，否则输出“#Color”

题解：略

 

题B B. Bakery

题意：告诉你k个地方不能开面包店，然后剩下n-k个地方里面开，然后k个地方买面粉，问你有没有离卖面粉最短的距离开面包店。

题解：遍历卖面粉的，然后找一个非卖面粉的最短的即可，不行就输出-1。

 

题C C. Pythagorean Triples

题意：给你n，构造一个勾股数。

题解：另k^2 = n^2 + r^2 -> (k - r) * (k + r) = n ^ 2;　

（1）n<=2，无解

（2）n为偶数

k - r = 2;

k + r = n ^ 2 / 2;

解得k = n ^ 2 / 4 + 1, r = n ^ 2 / 4 - 1;

（3）n为奇数

k - r = 1;

k + r = n ^ 2;

解得k = (n ^ 2 + 1) / 2, r = (n ^ 2 - 1) / 2;

 

题D D. Persistent Bookcase

题意：给你一个n * m的书架，有四种操作：

（1）1 i j，在（i，j）上放一本书；

（2）2 i j，拿掉（i，j）上的一本书；

（3）3 i，将第i行置反

（4）4 k，回到第k个操作

题解：有两种解法（还有一种主席树，本弱不太会）：

（1）dfs离线，op = {1, 2, 3}，i-1操作向i操作连边，op = {4}，k操作向i操作连边，然后做操作即可，记得变回去。

 

/*zhen hao*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define lson l, m, rt*2
#define rson m + 1, r, rt*2+1
#define X first
#define Y second

typedef pair<int,int> PII;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;

const int N = 1e3 + 10, Q = 1e5 + 10;

struct Node {
  int op, x, y;
} query[Q];

vector<int> g[Q];

int ans[Q], now;
bitset<N> bs[N], tmp;

void dfs(int k) {
  int op = query[k].op, x = query[k].x, y = query[k].y, flag = 0;
  if (op == 1) {
    --x; --y;
    if (bs[x][y] == 0) { flag = 1; now++; }
    bs[x][y] = 1;
  }
  else if (op == 2) {
    --x; --y;
    if (bs[x][y] == 1) { flag = 1; now--; }
    bs[x][y] = 0;
  }
  else if (op == 3) {
    --x;
    now -= bs[x].count();
    bs[x] = bs[x] ^ tmp;
    now += bs[x].count();
    flag = 1;
  }
//  cout << k << ' ' << now << endl;
  ans[k] = now;
  for (int i = 0; i < (int)g[k].size(); i++) dfs(g[k][i]);
  if (!flag) return;
  if (op == 1) {
    bs[x][y] = 0;
    --now;
  }
  else if (op == 2) {
    bs[x][y] = 1;
    ++now;
  }
  else if (op == 3) {
    now -= bs[x].count();
    bs[x] = bs[x] ^ tmp;
    now += bs[x].count();
  }
}

int main() {
//  freopen("case.in", "r", stdin);
  int n, m, q;
  cin >> n >> m >> q;
  for (int i = 0; i < m; i++) tmp[i] = 1;
  for (int i = 1; i <= q; i++) {
    scanf("%d%d", &query[i].op, &query[i].x);
    if (query[i].op < 3) scanf("%d", &query[i].y);
    if (query[i].op == 4) g[query[i].x].push_back(i);
    else g[i - 1].push_back(i);
  }
  dfs(0);
  for (int i = 1; i <= q; i++) printf("%d
", ans[i]);
  return 0;
}

（2）数组在线，观察到一共只有1e5种不同的行的形态，用一个biset来记录所有可能的状态，记得pos（i，j）表示第i个操作的每一行对应每一行在biset的编号，然后有新的行的形态产生就塞到biset即可，复杂度O（nq）。

 

/*zhen hao*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define lson l, m, rt*2
#define rson m + 1, r, rt*2+1
#define X first
#define Y second

typedef pair<int,int> PII;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;

const int N = 1e3 + 10, Q = 1e5 + 10;
bitset<N> bs[Q], tmp;
int pos[Q][N], res[Q];

int main() {
//  freopen("case.in", "r", stdin);
  int n, m, q, cnt = 0;
  scanf("%d%d%d", &n, &m, &q);
  for (int i = 1; i <= m; i++) tmp[i] = 1;
  for (int i = 1; i <= q; i++) {
    int op, x, y;
    scanf("%d%d", &op, &x);
    if (op == 4) {
      for (int j = 1; j <= n; j++) pos[i][j] = pos[x][j];
      res[i] = res[x];
    }
    else {
      for (int j = 1; j <= n; j++) pos[i][j] = pos[i - 1][j];
      res[i] = res[i - 1];
      int id = pos[i][x];
      if (op == 1) {
        scanf("%d", &y);
        if (bs[id][y] == 1) { printf("%d
", res[i]); continue; }
        bs[++cnt] = bs[id];
        bs[cnt][y] = 1;
        res[i]++;
        pos[i][x] = cnt;
      }
      if (op == 2) {
        scanf("%d", &y);
        if (bs[id][y] == 0) { printf("%d
", res[i]); continue; }
        bs[++cnt] = bs[id];
        bs[cnt][y] = 0;
        res[i]--;
        pos[i][x] = cnt;
      }
      if (op == 3) {
        bs[++cnt] = bs[id];
        res[i] -= bs[cnt].count();
        bs[cnt] = bs[cnt] ^ tmp;
        res[i] += bs[cnt].count();
        pos[i][x] = cnt;
      }
    }
    printf("%d
", res[i]);
  }
  return 0;
}

 

题E E. Garlands

题意：在n * m的网格上，给你k条链，一开始默认开，然后有两种操作（1）询问子矩阵的权值和，统计其中开的链的权值和，（2）将一条链置反。

题解：感觉离线做比较好，虽说在线也不会超时。

先将每一个ask操作（最多2000）记录下来，然后对于每个链维护一个res[i][j]表示i链在第j个ask里面的权值和，然后询问就可以做到O（k）。

 

/*zhen hao*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define lson l, m, rt*2
#define rson m + 1, r, rt*2+1
#define X first
#define Y second

typedef pair<int,int> PII;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;

const int N = 2100, Q = 1e6 + 10;

struct BIT {
  int n, m;
  LL C[N][N];
  inline int lowbit(int x) {
    return x & (-x);
  }
  void update(int x, int y, int d) {
    for (int i = x; i <= n; i += lowbit(i))
      for (int j = y; j <= m; j += lowbit(j))
        C[i][j] += d;
  }
  LL sum(int x, int y) {
    LL ret = 0;
    for (int i = x; i; i -= lowbit(i))
      for (int j = y; j; j -= lowbit(j))
        ret += C[i][j];
    return ret;
  }
} T;

struct Ask {
  int x1, y1, x2, y2;
} A[N];

struct Node {
  int x, y, z;
};

vector<Node> link[N];
char s[Q][10];
int sw[Q], flag[Q];
LL ans[N][N];

int main() {
//  freopen("case.in", "r", stdin);
  int n, m, k, q;
  cin >> n >> m >> k;
  T.n = n;
  T.m = m;
  for (int i = 0; i < k; i++) {
    int sz, x, y, z;
    scanf("%d", &sz);
    while (sz--) {
      scanf("%d%d%d", &x, &y, &z);
      link[i].push_back((Node){x, y, z});
    }
  }
  scanf("%d", &q);
  int cnt = 0;
  for (int i = 0; i < q; i++) {
    scanf("%s", s[i]);
    if (s[i][0] == 'A') {
      scanf("%d%d%d%d", &A[cnt].x1, &A[cnt].y1, &A[cnt].x2, &A[cnt].y2);
      cnt++;
    }
    else {
      scanf("%d", sw + i);
      sw[i]--;
    }
  }
  for (int i = 0; i < k; i++) {
    for (int j = 0; j < (int)link[i].size(); j++) T.update(link[i][j].x, link[i][j].y, link[i][j].z);
    for (int j = 0; j < cnt; j++)
      ans[i][j] = T.sum(A[j].x2, A[j].y2) + T.sum(A[j].x1 - 1, A[j].y1 - 1) - T.sum(A[j].x1 - 1, A[j].y2) - T.sum(A[j].x2, A[j].y1 - 1);
    for (int j = 0; j < (int)link[i].size(); j++) T.update(link[i][j].x, link[i][j].y, -link[i][j].z);
  }
  cnt = 0;
  for (int i = 0; i < k; i++) flag[i] = 1;
  for (int i = 0; i < q; i++) {
    if (s[i][0] == 'A') {
      LL res = 0;
      for (int j = 0; j < k; j++) if (flag[j]) res += ans[j][cnt];
      printf("%I64d
", res);
      cnt++;
    }
    else {
      flag[sw[i]] ^= 1;
    }
  }
  return 0;
}