[考試反思]1030csp-s模擬測試94：未知

排名也未知。第1或第5。

分數也未知，300或260。

人生真是大起大落。。。

啊啊啊啊啊我好感動啊居然重測了一次～～～～～

評測機怎麼測怎麼RE，本機怎麼測怎麼AC（任意編譯指令，任意評測平臺）

結果原來是系統棧空間開小了致使遞歸爆棧了啊。

重測就是把棧空間開到內存限制的大小而後個人代碼就沒鍋了。

而後去隔壁用評測機調了一個小時也找不到RE的緣由。。。

也許是對考場上全程無摸魚一直在思考的獎勵吧。。。

然而B哥又被防AK了也是稍慘。

人生第一次AK非B組題，仍是有一點激動。。。

出題人部分分給的很好，可貴有提示意義。

好事就是讓我這個傻子也想出來了，壞事就是全部人的分數都很高%%%。

因此想在總分上憑這一場來翻身仍是妄想。

繼續加油，沒有懈怠的機會。

畢竟又不是誰都像skyh同樣兩場不考都對排名沒影響。。。

upd：人生真是大起大落我又260了沒AK我感受我在farting。。。爲何要這麼調戲個人感情啊。。。

 

 

T1：涼宮春日的憂鬱

寫高精就行了，留300位精度絕對炸不了。

其實double就夠了。求log精度更高。（好像並無300位+比較位數的精度高）

 1 //remember to submit
 2 #include<cstdio>
 3 int max(int a,int b){return a>b?a:b;}
 4 struct Int{
 5     long long a[50005];int ws;
 6     #define mod 1000000000000 
 7     friend void operator*=(Int &x,int p){
 8         int W=max(x.ws-25,0);
 9         for(int i=x.ws;i>=W;--i)x.a[i]*=p;
10         for(int i=W;i<=x.ws;++i)x.a[i+1]+=x.a[i]/mod,x.a[i]%=mod;
11         if(x.a[x.ws+1])x.ws++;
12     }
13     friend bool operator<=(Int x,Int y){
14         if(x.ws!=y.ws)return x.ws<y.ws;
15         for(int i=x.ws;~i;--i)if(x.a[i]!=y.a[i])return x.a[i]<y.a[i];
16         return true;
17     }
18     void reset(){
19         for(int i=ws;~i;--i)a[i]=0;
20         ws=0;a[0]=1;
21     }
22 }fc,pw;
23 int main(){
24     freopen("yuuutsu.in","r",stdin);
25     freopen("yuuutsu.out","w",stdout);
26     int t,x,y;scanf("%d",&t);
27     while(t--){
28         scanf("%d%d",&x,&y);
29         fc.reset();pw.reset();
30         while(y--)fc*=y+1,pw*=x;
31         puts(pw<=fc?"Yes":"No");
32     }
33 }

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T2：漫無止境的八月

差分。以後操做就是在相距k的位置上一加一減。

其它位互不影響。因此把數組下標直接對k取模便可。

差分的特殊之處在於若是你對序列末尾操做的話會在位置n+1進行加減，而這個位置是幾實際上是沒有關係的。

因此同餘於n+1的位置是否爲0不會對答案產生影響。特判。

修改的話差分數組只改變了兩個位置，判斷是否有新的0出現或消失便可。

 1 //remember to submit
 2 #include<cstdio>
 3 int n,k,q,cnt,p;long long x[2000005];
 4 int read(){
 5     register int p=0,nt=0;register char ch=getchar();
 6     while(ch<'0'||ch>'9')nt=ch=='-',ch=getchar();
 7     while(ch<='9'&&ch>='0')p=(p<<3)+(p<<1)+ch-48,ch=getchar();
 8     return nt?-p:p;
 9 }
10 int main(){
11     freopen("august.in","r",stdin);
12     freopen("august.out","w",stdout);
13     n=read();k=read();q=read();
14     for(int i=1;i<=n;++i)x[i]=read();
15     for(int i=n;i;--i)x[i]=x[i]-x[i-1];
16     for(int i=k;i<=n;++i)x[i%k]+=x[i];
17     for(int i=0;i<k;++i)if(x[i])cnt++;
18     p=(n+1)%k;
19     if(x[p])cnt--;
20     puts(cnt?"No":"Yes");
21     for(int i=1,a,b,p1,p2;i<=q;++i){
22         a=read(),b=read();
23         p1=a%k;p2=(a+1)%k;
24         if(p1!=p&&x[p1])cnt--;
25         if(p2!=p&&x[p2])cnt--;
26         x[p1]+=b;x[p2]-=b;
27         if(p1!=p&&x[p1])cnt++;
28         if(p2!=p&&x[p2])cnt++;
29         puts(cnt?"No":"Yes");
30     }
31 }

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T3：射手座之日

我複雜度是錯的，極端狀況下是$O(\frac{n^2}{k})$，其中k是一個基於數據的常數

具體範圍我也不知道，我只知道$4 \leq k  \leq n$

可是能夠優化到穩定的$O(nlogn)$，常數會很大，和B哥同樣。

看特殊性質部分分，a序列就是dfs序。

那麼問題就是對於每個子區間[l,r]找到最大的p知足$dfn[p]<=l$且$r<=dfr[p]$

其中$dfn/dfr$表示p子樹的dfs序區間。

而「最大這個限制很差處理，咱們把權值作一遍樹上差分，這樣的話問題就轉化成了：對於每個子區間[l,r]找到全部的p知足$dfn[p]<=l$且$r<=dfr[p]$

枚舉p，它的控制區間內的全部子區間都知足條件，那麼答案就是

$\sum\limits_{i=1}^{n} \frac{y[i] \times (dfr[i]-dfn[i]+1) \times (dfr[i]-dfn[i]+2)}{2}$

其中$y$就是$x$數組在樹上差分以後的數組，即$y[i]=x[i]-x[f_i]$

而沒有了特殊性質以後怎麼作？

外層仍是枚舉p的話，內層的式子就不同了，是知足上面條件的子區間數。

其實不考慮有包含關係的子區間，那麼答案就是$y[i] \times \sum \frac{(r-l+1)\times(r-l+2)}{2}$

問題在於求出全部極長子區間。（極長是指不被包含的區間，如[l,r]存在時[l,r-1]不可能存在，而[1,4][7,9]能夠共存）

把問題帶到樹上，考慮一個葉子節點，它的合法區間就是一個點。

其實對於每個點它最開始的合法區間都是本身那一個點，後面還要合併上子樹內的全部點。

考慮怎麼合併。

由於a是一個排列，因此這些區間固然不會有交集，那麼咱們能夠用一個相似與歸併排序的過程來合併區間。

合併的過程當中若是遇到$[L,p]+[p+1,R]$這樣的兩個區間，那麼就把它合併成一個。

在回溯的同時統計$vector$裏面的全部極長區間累加答案便可。

固然這個複雜度不對，雖然也不是很好卡（出題人想不到有這種打法）

然而正解的一種是再也不用$vector$歸併，而是直接用樹上線段樹啓發式合併來維護極長區間。

時間複雜度是$O(nlogn)$的。

由於LNC說我數據結構必掛因此考場上還真的沒有打數據結構2333

 1 //remember to submit
 2 #include<cstdio>
 3 #include<vector>
 4 #include<algorithm>
 5 using namespace std;
 6 vector<int>L[200005],R[200005],reL,reR;
 7 int ec,fir[200005],l[200005],to[200005],x[200005],y[200005],dfn[200005],dfr[200005];
 8 int a[200005],tim,n,pos[200005];long long ans;
 9 void link(int a,int b){l[++ec]=fir[a];fir[a]=ec;to[ec]=b;}
10 void dfs(int p,int fa){
11     y[p]=x[p]-x[fa]; dfn[p]=++tim;
12     for(int i=fir[p];i;i=l[i])if(to[i]!=fa)dfs(to[i],p);
13     dfr[p]=tim;
14 }
15 void pushin(int l,int r){
16     if(reL.empty()||reR[reR.size()-1]!=l-1)return reL.push_back(l),reR.push_back(r),(void)0;
17     reR[reR.size()-1]=r;
18 }
19 void DFS(int p,int fa){
20     L[p].push_back(pos[dfn[p]]);R[p].push_back(pos[dfn[p]]);
21     for(int i=fir[p];i;i=l[i])if(to[i]!=fa){
22         DFS(to[i],p);
23         int p1=0,p2=0,e1=L[p].size(),e2=L[to[i]].size();
24         while(p1<e1&&p2<e2)if(L[p][p1]<L[to[i]][p2])pushin(L[p][p1],R[p][p1]),p1++;
25             else pushin(L[to[i]][p2],R[to[i]][p2]),p2++;
26         while(p1<e1)pushin(L[p][p1],R[p][p1]),p1++;
27         while(p2<e2)pushin(L[to[i]][p2],R[to[i]][p2]),p2++;
28         swap(reL,L[p]);swap(reR,R[p]);
29         reL.clear();reR.clear();L[to[i]].clear();R[to[i]].clear();
30     }int sz=L[p].size();
31     for(int i=0;i<sz;++i)ans+=(R[p][i]-L[p][i]+1ll)*(R[p][i]-L[p][i]+2ll)/2*y[p];
32 }
33 int main(){
34     freopen("sagittarius.in","r",stdin);
35     freopen("sagittarius.out","w",stdout);
36     scanf("%d",&n);
37     for(int i=2,f;i<=n;++i)scanf("%d",&f),link(f,i);
38     for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&a[i]);
39     for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&x[i]);
40     dfs(1,0);
41     for(int i=1;i<=n;++i)a[i]=dfn[a[i]],pos[a[i]]=i;
42     DFS(1,0);
43     printf("%lld\n",ans);
44 }

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