2021牛客暑期多校訓練營3

很費勁地 3/10 ，可是校內第18名囧。

一開始沒什麼一眼作出來的題；後來發現J題好多人過，因而G開始寫J；但彷佛寫了一會之後遇到了障礙，停下繼續推了起來。而我先看了B，E，F，發現B題漸漸有一些人過了，因而開始看B。此時Y也在看B。一個小時多一點的時候，J過了；Y在看E，我在看B，而後G看F——目前就是B，E，F，J過的人比較多。B應該是 \( O(n^2) \) 作，就開始想DP，可是沒什麼很好的想法。以後Y發現了E題的規律，寫出了個式子，因而我兩人就一塊兒討論怎麼寫出來；討論一番，以爲預處理一下，而後二分就能寫。此時G發現F題能搜索，已寫了半天。而後Y去寫E題，很快寫完，但遇到了點問題，G也去調了半天，就過了。這時已經四點了。G繼續寫F題，而Y和我一塊兒看B題；我又寫了DP的轉移方程，可是怎麼看也是 \( O(n^3) \) 的，苦惱。Y在考慮構造，但也沒想好。還剩十分鐘的時候F題終於過了。因而我上去寫了個B題的簡單假算法，果真WA了，並且還一個點都沒過，真不給面子啊。

E：Math

題意：

\(t\)組數據，每次給一個\(n\)，求知足\( (xy+1) | (x^2+y^2) \)的\( (x,y) \)個數，\(1 \leq x,y \leq n\)。\(1 \leq t \leq 10^5, 1 \leq n \leq 10^18\)。

分析：

經過打表，發現除了\((1,1)\)，知足條件的是全部\( (k,k^3) \)，以及它們遞推下去的數對；

就是說，若是\((a,b)\)知足條件，並且是從\((k,k^3)\)推出來的，那麼\( (b,b*k^2-a) \)也是知足條件的數對；

因此找到全部知足條件的數對（也不是不少），每次詢問upper_bound便可。

數字比較大，須要用__int128.

Y寫了。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int MAXN=1e7+10;
ll num[MAXN];
int T,cnt;
ll ans;
void init(){
    num[1]=1;cnt=1;
    __int128 a,b;
    for(int i=2;i<=1e6;i++){
        a=i;b=i,b=b*i*i;
        while(b<=1e18){
            //if(b==2211||b==2424||b==4863) printf("%lld %lld\n",(ll)a,(ll)b);
            num[++cnt]=(ll)b;
            ll t=b;
            b=b*i*i-a;a=t;
            //printf("i=%d a=%lld b=%lld\n",i,(ll)a,(ll)b);
            //if(b>1e18||b<0) printf("i=%d b=%lld\n",i,(ll)b),exit(0);
        }
    }
    sort(num+1,num+1+cnt);
    cnt=unique(num+1,num+1+cnt)-num-1;
}
int main()
{   //freopen("E.in","w",stdout);
    init();
    //printf("cnt=%d\n",cnt);
    //for(int i=1;i<=40;i++) printf("%d %lld\n",i,(ll)num[i]);
    for(scanf("%d",&T);T;T--){
        ll n;
        scanf("%lld",&n);
        ans=upper_bound(num+1,num+1+cnt,n)-num-1;
        printf("%lld\n",ans);
    }
}

Y

 

G：Yu Ling(Ling YueZheng) and Colorful Tree

題意：

給定一棵\( n \)個點的樹（有邊權），給\( q \)次操做，分爲兩種：

\( 0 , u , x \) :把點\( u \)染成顏色\( x \)，這裏顏色彼此不一樣並且範圍在\( n \)之內；

\( 1 , u , l , r , x \) ：查詢離\( u \)最近的、染過色並且顏色\( c \)知足\( l \leq c \leq r , c mod x = 0 \)的祖先到\( u \)的距離。

\( 1 \leq n , q \leq 1.1*10^5 \) 。

分析：

看了第一個經過的隊伍的代碼，居然是樹狀數組套線段樹，複雜度\( O(nlog^2(n)) \)，很巧妙。

首先，須要處理\( c \% x = 0 \)這個要求——能夠離線作，而後把操做分類，將有倍數關係的操做創建關係；暫時能夠這樣想。

查詢要找的是祖先——能夠反過來想，染色操做會對被染色點的子樹有影響，而操做子樹貌似比操做祖先方便一些。

綜合起來，咱們能夠先找到每一個顏色的因數，把它們存在vector裏；染上某個顏色的操做會影響到該顏色全部的因數，因而把這個操做分別放進它全部因數的存儲操做的另外一個vector裏；固然，查詢某個顏色的操做也放進那個顏色的操做vector裏；這個vector裏的操做要按順序放。

因而咱們能夠考慮每一個顏色的操做序列；按順序進行修改和查詢操做。

爲了方便地對子樹總體修改，咱們求出這棵樹的dfs序，在dfs序列上用樹狀數組進行區間操做，給染色點的子樹進行某些修改。

下面咱們考慮\( l \leq c \leq r \)這個要求——若是用線段樹維護顏色值序列，那麼這個也能夠方便地查詢；

也就是說，當出現一個查詢操做時，咱們要在查詢點的線段樹內查找\( l , r \)範圍內是否有數——只要有數便可，由於前面只進行過當前顏色的倍數顏色的染色操做。

如今咱們就能夠寫出樹狀數組套線段樹了：樹狀數組建在dfs序列上，其中每一個點有一個線段樹建在顏色數值上；修改操做就是給修改點的子樹中每一個點的線段樹上染色顏色位置\( +1 \)，查詢操做就是在查詢點的線段樹上提取\( l , r \)區間的和；

這時查詢操做作了一半——咱們能夠知道對於當前點，有多少個祖先符合條件；

倍增記錄的祖先節點，咱們能夠找一下到哪一個祖先節點時，它也有一樣個數的祖先符合條件；最淺的那個點就是答案，\( dis[u] \)相減即得距離。

那麼空間複雜度怎麼辦？實際上，咱們能夠用到線段樹節點時再把它開出來；而對於每一個顏色的操做咱們最多用到\( qlog^2(n) \)個線段樹點，因此用時再開，用完刪除便可。

時間複雜度是\( O(nlog^2(n)) \)。

（過程當中順便仔細又看了看樹狀數組，這篇博客挺好的。）

代碼以下：

#include<iostream>
#include<vector>
#define mid ((l+r)>>1)
#define pb push_back
#define ll long long
using namespace std;
int const N=110005,M=20000005;///
int n,q,hd[N],nxt[N<<1],cnt,to[N<<1],fa[N][20],dfn[N],ed[N],dcnt;
int rt[N],ls[M],rs[M],tcnt,tr[M];
ll w[N<<1],dis[N],ans[N];
vector<int>ele[N];
struct Nd{
    int u,l,r,id;
};
vector<Nd>v[N];
void init()
{
    for(int x=1;x<=n;x++)
        for(int j=x;j<=n;j+=x)ele[j].pb(x);//j mod x = 0 同餘類
}
void add(int x,int y,ll s){nxt[++cnt]=hd[x]; hd[x]=cnt; to[cnt]=y; w[cnt]=s;}
void dfs(int u)
{
    dfn[u]=++dcnt;
    for(int i=hd[u],v;i;i=nxt[i])
    {
        if((v=to[i])==fa[u][0])continue;
        fa[v][0]=u; dis[v]=dis[u]+w[i];
        //dfs(v);//
        for(int i=1;i<20;i++)
            fa[v][i]=fa[fa[v][i-1]][i-1];
        dfs(v);//注意順序TAT
    }
    ed[u]=dcnt;
}
//線段樹,序列是染色數值
void chg2(int &x,int l,int r,int p,int s)
{
    if(!x)x=++tcnt; tr[x]+=s;
    if(l==r)return;
    if(p<=mid)chg2(ls[x],l,mid,p,s);
    else chg2(rs[x],mid+1,r,p,s);
}
int qry2(int x,int l,int r,int ql,int qr)
{
    if(!x||(l>=ql&&r<=qr))return tr[x];
    int ret=0;
    if(mid>=ql)ret+=qry2(ls[x],l,mid,ql,qr);
    if(mid<qr)ret+=qry2(rs[x],mid+1,r,ql,qr);
    return ret;
}
//樹狀數組,序列是dfs序
void chg1(int x,int p,int s){for(;x<=n;x+=(x&(-x)))chg2(rt[x],1,n,p,s);}
int qry1(int x,int l,int r){int ret=0; for(;x;x-=(x&-x))ret+=qry2(rt[x],1,n,l,r); return ret;}
void dell(int x){for(;x<=n;x+=(x&-x))rt[x]=0;}
void del(int x)
{
    while(tcnt)ls[tcnt]=0,rs[tcnt]=0,tr[tcnt]=0,tcnt--;
    //for(int i=1;i<=n;i++)rt[i]=0;
    for(Nd it:v[x])
        if(it.id==0)dell(dfn[it.u]),dell(ed[it.u]+1);
}
void work(int x)//樹狀數組單點修改(差分)，區間查詢(前綴和) //此處x是顏色
{
    //printf("x=%d\n",x);
    for(Nd it:v[x])
    {
        if(it.id==0)//若是是修改，則子樹內各點的線段樹上所染顏色位置+1
        {
            //printf("stchg\n");
            chg1(dfn[it.u],it.l,1);
            chg1(ed[it.u]+1,it.l,-1);
            //printf("aftchg\n");
        }
        else//若是是查詢
        {
            //printf("stq\n");
            int u=it.u,L=it.l,R=it.r,id=it.id;
            //printf("u=%d L=%d R=%d id=%d\n",u,L,R,id);
            int num=qry1(dfn[u],L,R),p=u;
            if(!num){ans[id]=-1; continue;}
            for(int i=19;i>=0;i--)
                if(qry1(dfn[fa[p][i]],L,R)==num)p=fa[p][i];
            //printf("u=%d p=%d %lld %lld\n",u,p,dis[u],dis[p]);
            ans[id]=dis[u]-dis[p];
            //printf("aftq\n");
        }
    }
    del(x);//刪除線段樹
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&q); init();
    for(int i=1,u,v,s;i<n;i++)
        scanf("%d%d%d",&u,&v,&s),add(u,v,s),add(v,u,s);
    dfs(1);
    //v[x]:x的0同餘類下的修改與查詢操做,並且是按順序放的
    for(int i=1,tp,u,a,b,c;i<=q;i++)
    {
        scanf("%d%d%d",&tp,&u,&a);
        if(tp==0)
        {
            for(int it:ele[a])v[it].pb((Nd){u,a,0,0});//it做爲詢問中的x時可查的點增長了
            ans[i]=-2;
        }
        else
        {
            scanf("%d%d",&b,&c);
            if(((b+1)/c)==((a-1)/c))ans[i]=-1;//(r+1)/x==(l-1)/x，即不存在l--r中的數mod x = 0
            else v[c].pb((Nd){u,a,b,i});
        }
    }
    for(int x=1;x<=n;x++)work(x);//此處x是顏色
    for(int i=1;i<=q;i++)
        if(ans[i]!=-2)
            if(ans[i]==-1)printf("Impossible!\n");
            else printf("%lld\n",ans[i]);
    return 0;
}

me

 

J：Counting Triangles

題意：

給出\(n\)個點的徹底圖，每條邊是黑色或白色；求同色三角形的個數。\(1 \leq n \leq 8000\)。

分析：

從\(1\)到\(n\)，記錄每一個點左邊、右邊的白邊點和黑邊點各有多少個，算出不一樣色三角形的個數；每一個三角形被算了兩邊（三個點中有兩個點連了異色邊），最後除以二，再從全部三角形中減去便可。

G寫了。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
namespace GenHelper
{
    unsigned z1,z2,z3,z4,b,u;
    unsigned get()
    {
        b=((z1<<6)^z1)>>13;
        z1=((z1&4294967294U)<<18)^b;
        b=((z2<<2)^z2)>>27;
        z2=((z2&4294967288U)<<2)^b;
        b=((z3<<13)^z3)>>21;
        z3=((z3&4294967280U)<<7)^b;
        b=((z4<<3)^z4)>>12;
        z4=((z4&4294967168U)<<13)^b;
        return (z1^z2^z3^z4);
    }
    bool read() {
      while (!u) u = get();
      bool res = u & 1;
      u >>= 1; return res;
    }
    void srand(int x)
    {
        z1=x;
        z2=(~x)^0x233333333U;
        z3=x^0x1234598766U;
        z4=(~x)+51;
          u = 0;
    }
}
using namespace GenHelper;
int n;
ll Tot,Ill;
bool Edge[8005][8005];
int Input()
{   int n, seed;
    cin >> n >> seed;
    srand(seed);
    for (int i = 0; i < n; i++)
        for (int j = i + 1; j < n; j++)
            Edge[j][i] = Edge[i][j] = read();
    return n;
}
int main()
{   n=Input(),Tot=1ll*n*(n-1)*(n-2)/6;
    for(int i=0;i<n;i++)
    {   ll Rb=0,Rw=0,Lb=0,Lw=0;
        for(int j=i-1;j>=0;j--) Edge[i][j]?Lb++:Lw++;
        for(int j=i+1;j<n;j++) Edge[i][j]?Rb++:Rw++;
        Ill+=Lb*Rw+Lw*Rb+Lw*Lb+Rw*Rb;
    }
    printf("%lld\n",Tot-Ill/2);
}

G

 

https://ac.nowcoder.com/acm/contest/11254/E