9.29 csp-s模拟测试55 联+赛+题

T1 联

$n$最大到$1e18$，根本没法做，但$m$只有$1e5$，发现有很多区间是一起动的，或者根本没动，所以可以把区间离散化掉，然后线段树区间修改，对于第三种修改，只需要把它分解成一段一段相同的区间，再区间覆盖就可以。

在线段树中维护一个$cnt$，表示区间中$0$的个数，在询问的时候，只需要找到最左端$cnt！=0$的地方，在把离散化后的映射回来输出即可。

要注意的一点是，不仅要每个区间的左右端点，也要把区间右端点$+1$的地方也离散化，留下可能是$0$的位置，并且把$1$位置扔进去，不然可能会找不到答案，离散化后是$3×m$个点，数组要开够。。。

#include
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联

 

 

T2 赛

把$n$个物品分成$4$类，甲乙都喜欢，只有甲喜欢，只有乙喜欢，甲乙都不喜欢，并按权值$sort$

枚举选$i$个甲乙都喜欢的，那么就要最小的$k-i$个甲喜欢的，最小的$k-i$个乙喜欢的，然后还不够的就从剩下的没选的里面选$m-k-k+i$个最小的，但显然会超时

把权值离散化，插到一棵权值线段树里，每次查询最小的$m-k-k+i$个元素的和

随着$i$的递推，新加入的点只有两个，但要注意边界问题，因为这个wa95了一晚上

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#include<set>
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赛

 

 

T3 题

$f[i]$表示$i$这个苹果是否可能剩下，$0$表示不可能，$1$可能剩下，初始全为$1$，$g[i][j]（bitset）$表示i这个苹果必须有，最终的状态，$1$表示状态已经确定，$0$表示不确定

枚举每个苹果，让他必须活下来，倒序枚举$m$个人，看最后一个人要吃的苹果，

如果$a$，$b$都不确定，那么他们还是都不确定，

如果$a$确定，那么$j$这个人就只能吃$b$，所以$b$也确定了

如果$b$确定，那么$j$这个人就只能吃$a$，所以$a$也确定了

如果$a$，$b$都已确定，那这个状态就推不回去了（后边的人把他确定了，但他在后边的人前边，所以一定是他先吃，状态一定不合法），所以i一定不会活下来

最后再枚举每个苹果，如果他可能剩下，再去找另一个可能剩下的苹果，看他们两个最终状态是不是交集为空（一个苹果只能被一个人吃），为空$ans++$

#include
#include
#include
using namespace std;
int n,m,ans,a[50010],b[50010];
bitset<410>g[410],as;
bool f[410];
int read()
{
    int aa=0,bb=1;char cc=getchar();
    while(cc>'9'||cc<'0'){if(cc=='-') bb=-1;cc=getchar();}
    while(cc>='0'&&cc<='9'){aa=(aa<<3)+(aa<<1)+(cc^'0');cc=getchar();}
    return aa*bb;
}
int main()
{
    n=read();m=read();
    for(int i=1;i<=m;i++) a[i]=read(),b[i]=read();
    for(int i=1;i<=n;i++) f[i]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        g[i][i]=1;
        for(int j=m;j>=1;j--){
            if(g[i][a[j]]&&g[i][b[j]]){f[i]=0;break;}
            else if(g[i][a[j]]&&!g[i][b[j]]) g[i][b[j]]=1;
            else if(!g[i][a[j]]&&g[i][b[j]]) g[i][a[j]]=1;
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(f[i]){
            for(int j=i+1;j<=n;j++){
                if(f[j]){
                    as=g[i]&g[j];
                    if(!as.count()) ans++;
                }
            }
        }
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

题

 

 

不想联赛就退役就静下来好好想