西安交大多校联训NOIP1模拟赛题解
- T1 秘境
- 形式化题意
- 思路
- 代码（丑陋）
- T2 礼物
- 形式化题意
- 思路
- 代码（实现）
- T3 小盒子的数论
- 形式化题意
- 思路
- 代码（分讨）
- T4 猫猫贴贴(CF997E)
- 形式化题意
- 思路
- 代码（深奥）
T1 秘境
形式化题意
求 ∑ i = 1 n ⌊ i ⌋ \sum\limits_{i=1}^{n}\lfloor i\rfloor i=1∑n⌊i⌋ ， 1 ≤ n ≤ 1 0 18 1\leq n\leq 10^{18} 1≤n≤1018
思路
看到根号直接想到根号分块。直接将原式转换为 [ ∑ i = 1 ⌊ n ⌋ − 1 ( 2 i + 1 ) ] + P [\sum\limits_{i=1}^{\lfloor \sqrt n \rfloor-1}(2i+1)]+P [i=1∑⌊n⌋−1(2i+1)]+P，这个式子直接用公式就可以了, P P P 的散块 O ( 1 ) O(1) O(1) 算。
代码（丑陋）
//Syt forever!
#include<bits/stdc++.h>
#define int __int128
#define ll long long
using namespace std;
const int mod=998244353;
ll c;
int n;
signed main(){
scanf("%lld",&c);
n=c;
int a=1,b=2,c=-n;
int delta=b*b-4*a*c;
delta=sqrtl(delta);
ll r=delta;
int p=delta-b;
p/=2*a;
int ans=p*(p+1)*(2*p+1)/3+(1+p)*p/2;
int num=(3+2*p+1)*p/2;
num=n-num;
++p;
ans+=num*p;
ans%=mod;
ll tot=ans;
printf("%lld\n",tot);
return 0;
}
T2 礼物
形式化题意
有
n
n
n 件物品，第
i
i
i 个礼物价格为
w
i
w_i
wi 元，价值为
v
i
v_i
vi 。
T
T
T 次询问，每次有
m
m
m 元，用这些钱购买奇数
q
i
q_i
qi 件物品，对于每个询问计算出购买
q
i
q_i
qi 件物品的中位数的最大值。若无法购买输出
−
1
-1
−1。
思路
首先不难想到若购买物品越多中位数最大值越小，假如我们先钦定一个中位数，去检查其是否可行，无非检测 ≥ \ge ≥ 中位数和 < < < 中位数两部分是否合法。这个其实直接可以权值线段树维护，将查询离线，两棵权值线段树就可以了。
代码（实现）
//Syt forever!
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int maxn=5e5+10;
const int maxm=1e6+10;
int n,m,T,cnt;
int c[maxn],ans[maxn];
struct node{
int v,w;
}a[maxn];
struct vertex{
int x,op;
}e[maxn];
struct Segment{
int l,r;
int num,sum;
}t[5][maxm<<2];
inline void ipt(){
scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&T);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%lld%lld",&a[i].v,&a[i].w);
c[i]=a[i].v;
}
for(int i=1;i<=T;i++){
scanf("%lld",&e[i].x);
e[i].op=i;
}
}
inline bool cmp1(node nx,node ny){return nx.v<ny.v;}
inline bool cmp2(vertex nx,vertex ny){return nx.x<ny.x;}
inline bool cmp3(vertex nx,vertex ny){return nx.op<ny.op;}
inline void init(){
sort(c+1,c+n+1);
cnt=unique(c+1,c+n+1)-c-1;
sort(a+1,a+n+1,cmp1);
sort(e+1,e+T+1,cmp2);
}
inline void build(int op,int i,int l,int r){
t[op][i].l=l,t[op][i].r=r;
if(l==r)return ;
int mid=l+r>>1;
build(op,i<<1,l,mid);
build(op,i<<1|1,mid+1,r);
}
inline void upd(int op,int i){
t[op][i].num=t[op][i<<1].num+t[op][i<<1|1].num;
t[op][i].sum=t[op][i<<1].sum+t[op][i<<1|1].sum;
}
inline void change(int op,int i,int l,int r,int x){
if(t[op][i].l>r||t[op][i].r<l)return ;
if(l<=t[op][i].l&&t[op][i].r<=r){
t[op][i].num+=x;
t[op][i].sum+=x*l;
return ;
}
change(op,i<<1,l,r,x);
change(op,i<<1|1,l,r,x);
upd(op,i);
}
inline int query(int op,int i,int k){
if(k==0)return 0;
if(t[op][i].l==t[op][i].r){
int u=min(k,t[op][i].num);
return u*t[op][i].l;
}
if(t[op][i<<1].num<=k)return t[op][i<<1].sum+query(op,i<<1|1,k-t[op][i<<1].num);
return query(op,i<<1,k);
}
inline void solve(){
int pos=cnt,s;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(a[i].v==c[cnt])change(1,1,a[i].w,a[i].w,1);
else {
change(0,1,a[i].w,a[i].w,1);
s=i;
}
}
for(int i=1;i<=T;i++){
if(e[i].x==e[i-1].x)continue;
if(ans[e[i-1].x]==-1){
ans[e[i].x]=-1;
continue;
}
int l=(e[i].x-1)/2;
if(t[0][1].num<l){
ans[e[i].x]=-1;
continue;
}
while(1){
int p=query(0,1,l)+query(1,1,l+1);
if(t[0][1].num<l){
ans[e[i].x]=-1;
break;
}
if(t[1][1].num>=l+1){
if(p<=m){
ans[e[i].x]=c[pos];
break;
}
}
--pos;
int ns=0;
for(int j=s;j>=1;j--){
if(a[j].v==c[pos]){
change(1,1,a[j].w,a[j].w,1);
change(0,1,a[j].w,a[j].w,-1);
}
else{
ns=j;
break;
}
}
s=ns;
}
}
}
inline void opt(){
sort(e+1,e+T+1,cmp3);
for(int i=1;i<=T;i++)printf("%lld\n",ans[e[i].x]);
}
signed main(){
ipt();
init();
build(0,1,1,1000000);
build(1,1,1,1000000);
solve();
opt();
return 0;
}
T3 小盒子的数论
形式化题意
当给定
T
T
T 组数据，每组数据包括一个进制数
m
m
m 和一个字符串
s
s
s 。其中
s
s
s 表示的是一个
m
m
m 进制数，其中数据相同字母表示相同的数字，不同字母表示不同的数字，且
s
s
s 表示的数字不包含前导零。求
s
s
s 表示的所有可能的数字的最大公约数，用十进制表示。
思路
设出现字符的种类数为
c
n
t
cnt
cnt。
若
m
=
2
m=2
m=2 需要特判，此处略。
若
m
≠
2
,
c
n
t
<
m
m\ne 2,cnt<m
m=2,cnt<m，可以通过构造证明答案为每个字母出现数位的最大公约数。
若
m
≠
2
,
c
n
t
=
m
m\ne 2,cnt=m
m=2,cnt=m，若
m
m
m 为奇数，答案为
n
−
1
2
\frac{n-1}{2}
2n−1；若
m
m
m 为偶数，答案为
n
−
1
n-1
n−1。
代码（分讨）
//Syt forever!
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int maxn=260;
int t,n,cnt;
char s[maxn];
int op[maxn],a[maxn];
inline void solve(){
cnt=0;
memset(op,0,sizeof(op));
memset(a,0,sizeof(a));
scanf("%lld",&n);
scanf("%s",s);
int len=strlen(s);
for(int i=len;i>=1;i--)s[i]=s[i-1];
int c=1;
for(int i=len;i>=1;i--){
if(i!=len)c*=n;
int u=(int)(s[i]);
if(!op[u])op[u]=++cnt;
a[op[u]]+=c;
}
if(n==2){
if(len==1)printf("1\n");
else {
if(s[1]==s[2])printf("3\n");
else printf("2\n");
}
return ;
}
if(cnt!=n){
int ans=a[1];
for(int i=2;i<=cnt;i++)ans=__gcd(ans,a[i]);
printf("%lld\n",ans);
}
else {
if(n%2==1)printf("%lld\n",(n-1)/2);
else printf("%lld\n",n-1);
}
}
signed main(){
scanf("%lld",&t);
while(t--)solve();
return 0;
}
T4 猫猫贴贴(CF997E)
形式化题意
长度为
n
n
n 的排列
a
1
,
a
2
,
⋯
,
a
n
a_1,a_2,\cdots,a_n
a1,a2,⋯,an。
q
q
q 次询问，每次询问
[
l
,
r
]
[l,r]
[l,r] 子区间（不能为空）内部元素重新排序后连续的子区间数量。
思路
首先考虑被计算在答案的区间
[
l
,
r
]
[l,r]
[l,r] 的特征。
其充要条件为
max
i
=
l
r
a
i
−
min
i
=
l
r
a
i
+
1
=
r
−
l
+
1
\max\limits_{i=l}^r a_i-\min\limits_{i=l}^ra_i+1=r-l+1
i=lmaxrai−i=lminrai+1=r−l+1，化简一下可以得到
max
i
=
l
r
a
i
−
min
i
=
l
r
a
i
−
r
+
l
=
0
\max\limits_{i=l}^r a_i-\min\limits_{i=l}^ra_i-r+l=0
i=lmaxrai−i=lminrai−r+l=0。发现
max
i
=
l
r
a
i
−
min
i
=
l
r
a
i
−
r
+
l
≥
0
\max\limits_{i=l}^r a_i-\min\limits_{i=l}^ra_i-r+l\ge 0
i=lmaxrai−i=lminrai−r+l≥0，想到可以记录这一坨式子的最小值和出现次数，进行计算答案。
对于区间问题有一个传统套路，按照区间右端点
r
r
r 从小到大排序，在处理到右端点为
r
r
r 时。我们只维护
[
i
,
r
]
[i,r]
[i,r] 的答案，历史答案记录。
对于
max
\max
max 和
min
\min
min 的更新，可以通过
2
2
2 个单调栈维护区间，每次通过单调栈去寻找出哪些
i
i
i构成的区间的
max
\max
max 和
min
\min
min 需要变化。
这个东西显然可以用线段树去维护，线段树维护 个量：
- m n mn mn，上面一坨式子的最小值。
- c n t cnt cnt，最小值次数。
- l a z y lazy lazy，区间加tag。
- a n s ans ans，历史答案。
- a n s ans ans_ l a z y lazy lazy，历史答案tag。
初始时对于线段树每个节点 t [ l , l ] . m n = l t[l,l].mn=l t[l,l].mn=l，每次右端点向右扩张 1 1 1 ，最大值单调栈处理，最小值单调栈处理，将对应 3 3 3 个线段树区间加，其中第二个第三个只会让区间最小值变大，之后往 t [ 1 , n ] . a n s t[1,n].ans t[1,n].ans_ l a z y lazy lazy 加一，查询的时候求 a n s ans ans 的和。
这样线段树正确性证明：若某个区间最小值变化，那么肯定在上一步pushdown，若无则说明这个区间是 [ 1 , n ] [1,n] [1,n]。pushdown时顺便将上一次的 a n s ans ans_ l a z y lazy lazy 以及 c n t cnt cnt 转换为 a n s ans ans。这样将开启新一轮的计算，所以这样的线段树不会出现错误。
代码（深奥）
//Syt forever!
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int maxn=2e5+10;
int n,q;
int a[maxn];
struct Segment{
int l,r;
int lazy;
int mn,cnt;
int ans,ans_lazy;
}t[maxn<<2];
//查询离线
struct node{
int l,r,ans,op;
}c[maxn];
struct vertex{
int l,r,x;
};
//单调栈
stack<vertex>st_mx,st_mi;
inline bool cmp1(node nx,node ny){return nx.r<ny.r;}
inline bool cmp2(node nx,node ny){return nx.op<ny.op;}
inline void ipt(){
scanf("%lld",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i]);
scanf("%lld",&q);
for(int i=1;i<=q;i++){
scanf("%lld%lld",&c[i].l,&c[i].r);
c[i].op=i;
}
sort(c+1,c+q+1,cmp1);
}
inline void upd(int i){
t[i].ans=t[i<<1].ans+t[i<<1|1].ans;
if(t[i<<1].mn<t[i<<1|1].mn){
t[i].mn=t[i<<1].mn;
t[i].cnt=t[i<<1].cnt;
}
else if(t[i<<1].mn>t[i<<1|1].mn){
t[i].mn=t[i<<1|1].mn;
t[i].cnt=t[i<<1|1].cnt;
}
else {
t[i].mn=t[i<<1].mn;
t[i].cnt=t[i<<1].cnt+t[i<<1|1].cnt;
}
return ;
}
inline void build(int i,int l,int r){
t[i].l=l,t[i].r=r;
if(l==r){
t[i].mn=l;
t[i].cnt=1;
return ;
}
int mid=l+r>>1;
build(i<<1,l,mid);
build(i<<1|1,mid+1,r);
upd(i);
}
inline void modify1(int i,int x){
t[i].mn+=x;
t[i].lazy+=x;
}
inline void modify2(int i,int x){
t[i].ans_lazy+=x;
t[i].ans+=x*t[i].cnt;
}
inline void pushdown(int i){
if(t[i].lazy!=0){
modify1(i<<1,t[i].lazy);
modify1(i<<1|1,t[i].lazy);
t[i].lazy=0;
}
if(t[i].ans_lazy!=0){
if(t[i<<1].mn==t[i].mn)modify2(i<<1,t[i].ans_lazy);
if(t[i<<1|1].mn==t[i].mn)modify2(i<<1|1,t[i].ans_lazy);
t[i].ans_lazy=0;
}
return ;
}
//区间加
inline void change(int i,int l,int r,int x){
if(t[i].l>r||t[i].r<l)return ;
if(l<=t[i].l&&t[i].r<=r){
modify1(i,x);
return ;
}
pushdown(i);
change(i<<1,l,r,x);
change(i<<1|1,l,r,x);
upd(i);
}
inline int query(int i,int l,int r){
if(t[i].l>r||t[i].r<l)return 0;
if(l<=t[i].l&&t[i].r<=r)return t[i].ans;
pushdown(i);
return query(i<<1,l,r)+query(i<<1|1,l,r);
}
inline void solve(){
int o=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
change(1,1,n,-1);
int l=i,r=i;
while(!st_mx.empty()){
vertex u=st_mx.top();
if(u.x<a[i]){
l=min(l,u.l);
change(1,u.l,u.r,a[i]-u.x);
st_mx.pop();
}
else break;
}
st_mx.push((vertex){l,r,a[i]});
l=i,r=i;
while(!st_mi.empty()){
vertex u=st_mi.top();
if(u.x>a[i]){
l=min(l,u.l);
change(1,u.l,u.r,u.x-a[i]);
st_mi.pop();
}
else break;
}
st_mi.push((vertex){l,r,a[i]});
modify2(1,1);
while(c[o].r==i&&o<=q){
c[o].ans=query(1,c[o].l,c[o].r);
++o;
}
}
}
inline void opt(){
sort(c+1,c+q+1,cmp2);
for(int i=1;i<=q;i++)printf("%lld\n",c[i].ans);
}
signed main(){
ipt();
build(1,1,n);
solve();
opt();
return 0;
}
