2018-10-18杂题选讲

2018-10-18 杂题选讲

T1 Distance Sums

给出一颗带标号的树的每个点到其他点的距离之和（每条边长为1，保证距离之和两两不同），还原这棵树的形态，如果不能还原输出-1 (n<=10^5)
原题

数值最小的点是树的重心，将它作为根。从大到小枚举数值，对于每个枚举到的点可以知道其子树的大小，从而知道其父亲的数值为d[u]-(n-2*size[u]),还原树后检验根节点数值。

    #include
    using namespace std;
    
    #define fatherdis fd
    
    long long ans=0,n,father[100010],size[100010],first[100010],nxt[200020],u[200020],v[200020],tot=0,tmp,fatherdis,pos,judge=0,j,root,depth[100010]={0};
    
    struct csx
    {
    	long long num,dis;
    }p[100010];
    
    bool cmp(const csx a,const csx b)
    {
    	if (a.dis<b.dis) return true;
    	else return false;
    }
    
    void add(long long from,long long to)
    {
    	tot++;
    	nxt[tot]=first[from];
    	first[from]=tot;
    	u[tot]=from;
    	v[tot]=to;
    	return;
    }
    
    void dfs(long long point)
    {
    	long long k=first[point];
    	while (k!=-1)
    	{
    		long long to=v[k];
    		if (father[point]!=to)
    		{
    		    depth[to]=depth[point]+1;
    			dfs(to);
    		}
    		k=nxt[k];
    	}
    	ans+=depth[point];
    	return;
    }
    
    int main()
    {
    	memset(first,-1,sizeof(first));
    	scanf("%lld",&n);
    	for (int i=1;i<=n;i++) 
    	{
    		scanf("%lld",&tmp);
    		size[i]=1;
    	    p[i].num=i;
    	    p[i].dis=tmp;
    	}
    	sort(p+1,p+n+1,cmp);
    	root=p[1].num;
    	for (int i=n;i>1;i--)
    	{
    		fd=p[i].dis-(n-2*size[p[i].num]);
    		j=i-1;
    		while (j>0&&p[j].dis!=fd) j--;
    		if (!j) 
    		{
    			judge=1;
    			break;
    		}
    		father[p[i].num]=p[j].num;
    		size[p[j].num]+=size[p[i].num];
    		add(p[j].num,p[i].num);
    		add(p[i].num,p[j].num);
    	}
    	dfs(root);
    	if (judge||ans!=p[1].dis) printf("-1");
    	else for (int i=1;i<=tot/2;i++) printf("%lld %lld\n",u[i*2],v[i*2]);
    	return 0;
    }

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T2 Sergey and Subway

给定一棵树，将距离<=2的点连边，所有边权为1，求任意两点最短距离之和（n<=10^5）
原题

对于任意两点之间的距离，若原先距离为偶数则新距离是dis/2,若原距离是奇数，则新距离是dis/2+1。将树黑白染色，对第二种答案对贡献数量为白点数*黑点数。

#include
using namespace std;
long long n,u[400040],v[400040],first[200020],nxt[400040],tot=0,size[200020],color[200020],father[200020];
long long black=0,white=0,dis=0,ans;

void add(long long from,long long to)
{
	tot++;
	nxt[tot]=first[from];
	first[from]=tot;
	u[tot]=from;
	v[tot]=to;
	return;
}

void dfs(long long point)
{
	size[point]=1;
	long long j=first[point];
	while (j!=-1)
	{
		long long to=v[j];
		if (father[point]!=to)
		{
			father[to]=point;
			color[to]=color[point]*(-1);
			dfs(to);
			size[point]+=size[to];
		}
		j=nxt[j];
	} 
	return;
}

int main()
{
	memset(first,-1,sizeof(first));
	scanf("%lld",&n);
	for (long long i=1;i<n;i++)
	{
		long long x,y;
		scanf("%lld%lld",&x,&y);
		add(x,y);
		add(y,x);
	}
	color[1]=1;
	dfs(1);
	for (long long i=1;i<=n;i++)
	{
		if (color[i]==1) black++;
		else if (color[i]==-1) white++; 
	}
	for (long long i=1;i<=tot/2;i++)
	{
		long long up=u[i*2],down=v[i*2];
		if (father[up]==down) swap(up,down);
		dis+=size[down]*(n-size[down]); 
	}
	ans=(dis+black*white)/2;
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}

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T3 Vasya and Good Sequences

给定n个数，每个数可以在二进制下将1任意移动，定义一个数对 为好的当且仅当 为0（⊕
为按位异或），求好的的数对个数（n<=3*10^5）
原题

---

通过分析样例发现了好的区间的两个性质同时也是它们的判定法则
1.[l,r]中任意一个数（二进制下）1的个数不能超过[l,r]所有数1的个数的一半
2.[l,r]中所有数1的个数总和是2的倍数

对于性质2很简单地维护前缀和就能算出（在不考虑1的情况下的）总数； 此时答案算多了，需减去不符合1的答案。 每个数是10^18，不超过60个1，所以长度超过60的区间不可能出现因为性质1而不合法的情况 所以对于i(1<=i<=n),枚举它的右端点j(i

---

#include
using namespace std;
long long n,m[500050],a[500050]={0},pre[500050]={0},ans=0,eve=0,odd=0;

int  main()
{
	scanf("%lld",&n);
	for (long long  i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&m[i]);
	for (long long  i=1;i<=n;i++)
    {
    	while (m[i])
    	{
    		if (m[i]%2) a[i]++;
    		m[i]>>=1;
    	}
    }
    for (long long  i=1;i<=n;i++) pre[i]=pre[i-1]+a[i];
    for (long long  i=0;i<=n;i++) 
    {
    	if (pre[i]%2==0)
    	{
    		ans+=eve;
    		eve++;
    	}
    	else if (pre[i]%2==1)
    	{
    		ans+=odd;
    		odd++;
    	}
    }
    for (long long  i=1;i<=n;i++)
    {
    	long long mmax=0;
    	for (long long  j=i;j<=min(i+65,n);j++)
    	{
    		mmax=max(mmax,a[j]);
    		long long tmp=pre[j]-pre[i-1];
    		if (tmp%2==0&&mmax>tmp/2) ans--; 
    	}
    }
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}

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