\(noip模拟22\;solutions\)
哈哈哈，这次暴力打满直接190,其实不到哈哈哈，187.。
这次的题暴力极其好打，但是正解确实不简单。。。
打了好久才改完这个题，改完的时候爽暴了
这些一个字母的题就非常的迷人，题面很短，题目很难，但是拿分还是挺简单的
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\(T1\;d\)
就这个题考场一小时切掉，还是慢了点
这个就是一个排序加上，疯狂弹，
就是一个按照a排序，一个按照b排序
我们知道一定要删去小的，所以我们就。。。。
我们先删掉m个a中的a较小的矩形，然后我们就开始一个一个往回拿。
肯定我们要拿回来最大的，然后删掉一个b最小的，
我们这里要判断这个b有没有被删过，所以我们要加个while
如果删掉的a的id的b比当前的b小，那就直接删掉。。。
看代码
AC_code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define re register int
#define ll long long
const int N=1e5+5;
int T,n,m;
struct mtr{
int a,b,id;
bool operator < (mtr x)const{
if(b!=x.b)return b<x.b;
if(a!=x.a)return a<x.a;
return id<x.id;
}
}xa[N],xb[N];
ll ans;
bool via[N],vib[N];
bool cmpa(mtr x,mtr y){
if(x.a!=y.a)return x.a<y.a;
if(x.b!=y.b)return x.b<y.b;
return x.id<y.id;
}
bool cmpb(mtr x,mtr y){
if(x.b!=y.b)return x.b<y.b;
if(x.a!=y.a)return x.a<y.a;
return x.id<y.id;
}
signed main(){
scanf("%d",&T);
while(T--){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(re i=1;i<=n;i++){
scanf("%d%d",&xa[i].a,&xa[i].b);
xa[i].id=i;xb[i]=xa[i];
}
sort(xa+1,xa+n+1,cmpa);
sort(xb+1,xb+n+1,cmpb);
//if(xb[1]<xb[2])cout<<"sb"<<endl;
for(re i=1;i<=m;i++)via[xa[i].id]=true;
int j=1;
while(via[xb[j].id])j++;
ans=1ll*xa[m+1].a*xb[j].b;
//cout<<xa[m+1].id<<" "<<xb[j].id<<endl;
for(re i=m;i>=1;i--){
via[xa[i].id]=false;
if(xa[i]<xb[j]){
ans=max(ans,1ll*xa[i+1].a*xb[j].b);
//cout<<xa[i].a<<" "<<xb[j].b<<endl;
continue;
}
j++;
while(via[xb[j].id])j++;
ans=max(ans,1ll*xa[i].a*xb[j].b);
}
printf("%lld\n",ans);
}
}
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\(T2\;e\)
考场暴力向上跳，跳出来80pts，为啥只有这么些分呢，因为没加快读，加上快读89，这是暴力的极限了
所以正解是主席树，以树上的关系为历史版本，他的爹是他的前一版本
然后直接找到共同的lca，分别找到k条链上的比r大的最小值，比r小的最大值
我们就找到了答案，所以我调了3个小时，为啥？？因为我有一个数组越界了
为啥越界呢？因为我有一个计数器用了两次，加爆了，所以也不给我说段错误
只有一个错误的答案，导致我从昨天晚上一直调到了今天上午8：18
AC_code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define re register int
const int N=1e5+5;
int n,q,typ,p[N*3],a[N];
int to[N*2],nxt[N*2],head[N],rp;
int lsh[N*4],lh;
void add_edg(int x,int y){
to[++rp]=y;
nxt[rp]=head[x];
head[x]=rp;
}
struct ZXS{
int ls[N*80],rs[N*80];
int siz[N*80];
int seg;
void ins(int pre,int &x,int l,int r,int pos){
x=++seg;
siz[x]=siz[pre];
siz[x]+=1;
if(l==r)return ;
int mid=l+r>>1;
if(pos<=mid)rs[x]=rs[pre],ins(ls[pre],ls[x],l,mid,pos);
else ls[x]=ls[pre],ins(rs[pre],rs[x],mid+1,r,pos);
return ;
}
int query_min(int pre,int x,int l,int r,int ql,int qr){
//cout<<x<<" "<<l<<" "<<r<<" "<<ql<<" "<<qr<<" "<<siz[ls[x]]<<" "<<siz[ls[pre]]<<endl;
//if(!x)return -1;
//if(ql>r||qr<l)return -1;
if(l==r)return l;
int mid=l+r>>1,ret=-1;
if(ls[x]!=ls[pre]&&ql<=mid)ret=query_min(ls[pre],ls[x],l,mid,ql,qr);
if(rs[x]!=rs[pre]&&qr>mid&&ret==-1)ret=query_min(rs[pre],rs[x],mid+1,r,ql,qr);
return ret;
}
int query_max(int pre,int x,int l,int r,int ql,int qr){
//cout<<x<<" "<<l<<" "<<r<<" "<<ql<<" "<<qr<<endl;
//if(!x)return -1;
//if(ql>r||qr<l)return -1;
if(l==r)return l;
int mid=l+r>>1,ret=-1;
if(rs[x]!=rs[pre]&&qr>mid)ret=query_max(rs[pre],rs[x],mid+1,r,ql,qr);
if(ls[x]!=ls[pre]&&ql<=mid&&ret==-1)ret=query_max(ls[pre],ls[x],l,mid,ql,qr);
return ret;
}
}zxs;
int rt[N],ans;
int dfn[N],cnt,idf[N],fa[N];
int siz[N],son[N],top[N],dep[N];
void dfs1(int x){
siz[x]=1;son[x]=0;
a[x]=lower_bound(lsh+1,lsh+lh+1,a[x])-lsh;
zxs.ins(rt[fa[x]],rt[x],1,lh,a[x]);
for(re i=head[x];i;i=nxt[i]){
int y=to[i];
if(y==fa[x])continue;
fa[y]=x;dep[y]=dep[x]+1;
dfs1(y);siz[x]+=siz[y];
if(!son[x]||siz[y]>siz[son[x]])son[x]=y;
}
}
void dfs2(int x,int f){
dfn[x]=++cnt;idf[cnt]=x;
top[x]=f;
if(son[x])dfs2(son[x],f);
for(re i=head[x];i;i=nxt[i]){
int y=to[i];
if(y==son[x]||y==fa[x])continue;
dfs2(y,y);
}
}
int LCA(int x,int y){
while(top[x]!=top[y]){
if(dep[top[x]]<dep[top[y]])swap(x,y);
x=fa[top[x]];
}
return dep[x]<dep[y]?x:y;
}
int r[N*3],k[N*3],ll[N*3],rr[N*3],tot;
signed main(){
scanf("%d%d%d",&n,&q,&typ);
for(re i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]),lsh[++lh]=a[i];
for(re i=1,x,y;i<n;i++){
scanf("%d%d",&x,&y);
add_edg(x,y);add_edg(y,x);
}
//for(re i=1;i<=n;i++)cout<<rt[i]<<" ";
for(re i=1;i<=q;i++){
scanf("%d%d",&r[i],&k[i]);
ll[i]=tot+1;
for(re j=1;j<=k[i];j++)scanf("%d",&p[++tot]);
rr[i]=tot;
lsh[++lh]=r[i];
}
sort(lsh+1,lsh+lh+1);
lh=unique(lsh+1,lsh+lh+1)-lsh-1;
//cout<<"lh :"<<lh<<endl;
dfs1(1);dfs2(1,1);
//for(re i=1;i<=n;i++)cout<<rt[i]<<" ";
int lans=0;
for(re i=1;i<=q;i++){
int lca=0;ans=0x3f3f3f3f;
//cout<<k[i]<<endl;
for(re j=ll[i];j<=rr[i];j++){
p[j]=(p[j]-1+lans*typ)%n+1;
if(j==ll[i])lca=p[j];
else lca=LCA(lca,p[j]);
//cout<<j<<" "<<"finish lca"<<endl;
}
//cout<<i<<" lca: "<<lca<<endl;
//cout<<i<<" "<<"finish lca"<<endl;
r[i]=lower_bound(lsh+1,lsh+lh+1,r[i])-lsh;
for(re j=ll[i];j<=rr[i];j++){
int tmp1=zxs.query_min(rt[lca],rt[p[j]],1,lh,r[i],lh);
//cout<<"finish min"<<" "<<j<<endl;
int tmp2=zxs.query_max(rt[lca],rt[p[j]],1,lh,1,r[i]);
//cout<<"finish max"<<" "<<j<<endl;
//cout<<r[i]<<" "<<tmp1<<" "<<tmp2<<" "<<j<<endl;
//cout<<i<<" "<<"finish query"<<" "<<p[j]<<endl;
if(tmp1!=-1)ans=min(ans,lsh[tmp1]-lsh[r[i]]);
if(tmp2!=-1)ans=min(ans,lsh[r[i]]-lsh[tmp2]);
}
ans=min(ans,abs(lsh[a[lca]]-lsh[r[i]]));
lans=ans;
printf("%d\n",ans);
}
}
·
\(T3\;f\)
这个题直接告诉我一个消息，遇到和位运算有关的东西，首先想trie树
这个题也是在trie树上实现的，首先我们发现，每一位的贡献是互不影响的
一个数对答案的贡献就是他对应的子树的另外那颗子树的大小，0就是1,1就是0
为什么，我们按照位置顺序插入，那么后插入的如果值比先插入的小
他们一定会有一个最高不一样的位，我们就在这一位统计贡献
然而我们不可以每次都重新插入一遍，你会比树状数组T的更惨
我们发现，如果xor的那个x某一位是1的话，就是把这两颗子树交换一下，那么此时的贡献就是原树上在1找0的个数
如果是0,那就反过来。如此我们就可以\(O(2^klogn)\)解决掉前几个点
但是还不够，我们还要继续优化，meet in the middle 对，没错，从中间拆开
分为前\(\frac{k}{2}\)个和后\(\frac{k}{2}\)个，这样的话，复杂度就在可控范围内了
第一问，我们二分这个逆序对个数，判断函数里面是一个双指针，这个自己看代码吧，因为解释不清楚
第二问和第一问一样，也是双指针，只不过这次我们统计相等的情况而不是小于等于，这里开个vector来存有那些数可以到这个大小
最后输出就完事了。。。
AC_code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define re register int
#define ll long long
#define fi first
#define se second
const int N=5e5+5;
int n,k,p,a[N];
int k1,k2,s1,s2;
ll gx[35][2],ans1,ans2;
int rt;
struct TRIE{
ll siz[N*35];
int seg;
int son[N*35][2];
void ins(int &x,int v,int dep){//dep 30 less
if(!x)x=++seg;
siz[x]++;
if(dep<0)return ;
int tmp=v>>dep&1;
gx[dep][tmp]+=siz[son[x][tmp^1]];
ins(son[x][tmp],v,dep-1);
}
}t;
pair<long long,int> f1[N*2],f2[N*2];
int check(ll x){
ll ret=0,j=s2;
for(re i=1;i<=s1;i++){
while(f2[j].fi+f1[i].fi>x&&j>0)j--;
ret+=j;
}
return ret;
}
vector<int> ji;
signed main(){
scanf("%d%d%d",&n,&k,&p);
if(k==0){
cout<<"0 0"<<endl;
return 0;
}
for(re i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]),t.ins(rt,a[i],30);
k1=k>>1;k2=k-k1;
s1=1<<k1;s2=1<<k2;
for(re i=0;i<(1<<k1);i++){
ll tmp=0;
for(re j=0;j<k1;j++)
tmp+=gx[j][i>>j&1];
f1[i+1].fi=tmp;
f1[i+1].se=i;
}
//ll as=f1[1];
sort(f1+1,f1+s1+1);
for(re i=0;i<(1<<k2);i++){
ll tmp=0;
for(re j=0;j<k2;j++)
tmp+=gx[j+k1][i>>j&1];
f2[i+1].fi=tmp;
f2[i+1].se=i;
}
//cout<<as+f2[1]<<endl;
sort(f2+1,f2+s2+1);
ll l=0,r=1ll*n*(n-1)/2;
while(l<r){
ll mid=l+r>>1;
if(check(mid)<p)l=mid+1;
else r=mid;
}ans1=l;
//cout<<"finish first"<<" "<<ans1<<endl;
ll bas=check(ans1-1),j=s2;
//cout<<bas<<endl;
for(re i=1;i<=s1;i++){
int tmp;
while(f2[j].fi+f1[i].fi>ans1)j--;
tmp=j;
while(f2[j].fi+f1[i].fi==ans1&&j>0){
ji.push_back(f1[i].se+(f2[j].se<<k1));
j--;
}
j=tmp;
}
sort(ji.begin(),ji.end());
ans2=ji[p-bas-1];
printf("%lld %lld",ans1,ans2);
}