[考试反思]1107csp-s模拟测试104： 速度

20分钟能做什么？

不粘排行榜，没意义，第一机房集体重启，我侥幸找回了两个文件才有分。

实际得分应该是70+100+60，第二机房rank1。。。放在第一机房就不知道了

 

T1：中间值

比较喜欢题解的第二种做法。

考虑分治。现在要求出a[l,r],b[L,R]之内的第k小值。

递归边界：如果k==1，那么就是min(a[l],b[L])。如果一个区间为空，直接返回另一个区间的第k小值。

否则我们在a和b中分别取出一些元素，与k的一半取min，然后比较这个元素

即设t=min(k>>1,r-l+1).

那么我们可以比较a[l+t]与b[L+k-t]。较小的一边就可以排除了，继续递归解决即可。

 1 #include
 2 #include
 3 using namespace std;
 4 int n,m,a[500005],b[500005];
 5 int read(){
 6     register int p=0,nt=0;register char ch=getchar();
 7     for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar())nt=ch=='-';
 8     for(;ch>='0'&&ch<='9';p=(p<<3)+(p<<1)+ch-48,ch=getchar());
 9     return nt?-p:p;
10 }
11 int chk(int l,int r,int L,int R,int k){//printf("%d %d %d %d %d\n",l,r,L,R,k);
12     if(k==1)return min(a[l],b[L]);
13     if(l>r)return b[L+k-1];
14     if(L>R)return a[l+k-1];
15     int t=min(min(r-l+1,R-L+1),k>>1);
16     if(a[l+t-1]>b[L+t-1])return chk(l,r,L+t,R,k-t);
17     else return chk(l+t,r,L,R,k-t);
18 }
19 int main(){
20     freopen("median.in","r",stdin);freopen("median.out","w",stdout);
21     scanf("%d%d",&n,&m);
22     for(int i=1;i<=n;++i)a[i]=read();
23     for(int i=1;i<=n;++i)b[i]=read();
24     while(m--){
25         int opt;scanf("%d",&opt);
26         if(opt==1){
27             int x=read(),y=read(),z=read();
28             if(!x)a[y]=z;else b[y]=z;
29         }else{
30             int l=read(),r=read(),L=read(),R=read(),cnt;
31             printf("%d\n",chk(l,r,L,R,R-L+r-l+3>>1));
32         }
33     }
34 }

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T2：最小值

感觉像单调栈，但是单调栈里的值都可能是最优决策。

发现转移值与当前点位置无关，所以直接把转移值放进set。弹栈时删除。

 1 #include
 2 #include<set>
 3 using namespace std;
 4 #define inf -12345678901234567
 5 multiset<long long>S;
 6 long long A,B,C,D,dp[200005],val[200005];int n,x[200005],s[200005],tp;
 7 long long cal(int x){return A*x*x*x+B*x*x+C*x+D;}
 8 struct Segment_Tree{
 9     long long w[800005];
10     void modify(int p,int pos,long long v,int cl=0,int cr=n){
11         if(cl==cr){w[p]=v;return;}
12         if(pos<=cl+cr>>1)modify(p<<1,pos,v,cl,cl+cr>>1);
13         else modify(p<<1|1,pos,v,(cl+cr>>1)+1,cr);
14         w[p]=max(w[p<<1],w[p<<1|1]);
15     }
16     long long ask(int p,int l,int r,int cl=0,int cr=n){
17         if(l<=cl&&cr<=r)return w[p];
18         return max(l<=cl+cr>>1?ask(p<<1,l,r,cl,cl+cr>>1):inf,r>cl+cr>>1?ask(p<<1|1,l,r,(cl+cr>>1)+1,cr):inf);
19     }
20 }T;
21 int main(){
22     freopen("min.in","r",stdin);freopen("min.out","w",stdout);
23     scanf("%d%lld%lld%lld%lld",&n,&A,&B,&C,&D);
24     for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&x[i]);
25     for(int i=1;i<=n;++i){
26         while(tp&&x[s[tp]]>x[i])S.erase(S.find(val[tp])),tp--;
27         s[++tp]=i;val[tp]=T.ask(1,s[tp-1],i-1)+cal(x[i]);S.insert(val[tp]);
28         dp[i]=*(--S.end());T.modify(1,i,dp[i]);
29     }printf("%lld\n",dp[n]);
30 }

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T3：最大值

写的不是题解思路，稍麻烦，码量较大，思维量较大，较麻烦，常数也稍大（需要zkw+fread+取模优化并且还不能乱开long long才能卡过。。。）

可以发现，因为不包含，所以询问按左端点排序之后，右端点也就单调了。

所以其实可以两个单调指针扫一遍，操作就类似于莫队了。

每个魔法阵内部的各种取值的概率比较好计算，从小到大依次考虑，每个元素的概率就是前面所有项$1-p$的乘积再乘这个取值的p。

对于剩下的概率，还要加入一个0。

关键在于魔法阵之间的影响。

暴力的思路就是把区间内的魔法阵都加入set，然后按照和上面一样的方法依次考虑。

只不过要注意，对于任意一个可能值，它的概率都不会受到他自己来源的魔法阵的影响，需要除去。

 1 #include
 2 using namespace std;
 3 #define int long long
 4 #define mod 1000000007
 5 #define ip(p) (1000000008-p)
 6 int qpow(int b,int t,int a=1){for(;t;t>>=1,b=b*b%mod)if(t&1)a=a*b%mod;return a;}
 7 #define inv(p) qpow(p,mod-2)
 8 struct P{
 9     int w,p,b;
10     friend bool operator<(P a,P b){return a.w<b.w;}
11 }p;
12 struct Q{
13     int l,r;
14     friend bool operator<(Q a,Q b){return a.l<b.l;}
15 }qs[200005];
16 vector
v[200005],V[200005];
17 multiset
S;
18 int n,m,q,alpos[200005],ans;
19 main(){freopen("max.in","r",stdin);freopen("max.out","w",stdout);
20     scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&q);
21     for(int i=1;i<=m;++i)scanf("%lld%lld%lld",&p.b,&p.w,&p.p),v[p.b].push_back(p);
22     for(int i=1;i<=n;++i){
23         sort(v[i].begin(),v[i].end());
24         int rpos=1;
25         for(int j=0;jmod;
26         V[i].push_back((P){0,rpos,i});
27     }
28     for(int i=1;i<=q;++i)scanf("%lld%lld",&qs[i].l,&qs[i].r);
29     sort(qs+1,qs+1+q);qs[0].l=1;
30     for(int i=1;i<=q;++i){
31         for(int j=qs[i-1].r+1;j<=qs[i].r;++j)for(int k=0;kk)S.insert(V[j][k]);
32         for(int j=qs[i-1].l;jfor(int k=0;kk)S.erase(S.find(V[j][k]));
33         int rpos=1;
34         for(int j=qs[i].l;j<=qs[i].r;++j)alpos[j]=1;
35         for(set
::reverse_iterator it=S.rbegin();it!=S.rend();++it){P It=*it;
36             rpos=(rpos*inv(alpos[It.b]))%mod;
37             ans=(ans+rpos*It.p%mod*It.w)%mod;
38             alpos[It.b]=(mod+alpos[It.b]-It.p)%mod;
39             rpos=rpos*alpos[It.b]%mod;
40         }
41     }printf("%lld\n",ans);
42 }

60分暴力

考虑线段树维护。离散化，下标为水晶的能量。

为了方便处理（并且保证答案正确），我们要强制所有能量值相等的水晶有固定的先后次序，加一个没有意义的第二关键字来进行排序。

（否则的话，对于一个同一个能量值的水晶，它们互相影响就会导致答案值偏小）

就是不存在A限制了B的同时B也限制了A的情况（自己举个权值相同的例子就好）

然后你依次考虑每一个水晶，它会产生的影响是：来自其它魔法阵的能量值更小及相等的晶石产生贡献的概率要乘上1-p。然后当然要把自己的出现概率累加。

线段树维护区间乘，单点加。并没有区间查询，因为你每次查询都是查的整棵树，及时uodate，最后直接拿1号点的权值就好了。

注意这里的区间乘法是要持续生效的，不只作用于当前值，也就是以后再加入某一个值的时候，还要再乘上以前的乘法标记。

所以采用了标记永久化。

要注意一些地方：一个晶石并不会对来自与同一魔法阵的晶石产生影响，但是乘法标记是区间一起打上的不能区分，所以在进行区间加的时候，还要除以以前来自同一魔法阵所打上的乘法标记。

同时还要再考虑，你区间乘好像是每次都从1到某一个位置，那么来自同一个魔法阵的晶石可能对低位产生了多次影响。

所以在下一个晶石乘的时候，还要把它控制的区间内它之前的一颗晶石产生的影响删除（就是乘逆元）

然后还要考虑从线段树里删除魔法阵。

单点加变减。区间乘变乘逆元。

看起来没有什么问题。但是当你发现需要乘0的时候世界就崩塌了。

区间乘0其实还好说，关键是以后在删除魔法阵时还要消除这个乘0的影响。

乘0的逆元？不存在啊。

所以线段树上还要特殊处理一下乘0的标记。每次乘的时候标记+1，每次乘“0的逆元”时标记-1。

只要有标记存在，就证明这段区间的概率都是0，所以对答案的贡献也就是0。

在代码里我就把“0的逆元”设定为-1了。

然后就是卡常。。。

  1 #include
  2 using namespace std;
  3 #define ll long long
  4 #define mod 1000000007
  5 int Mod(ll x){return x>=mod?x-mod:x;}
  6 const int L=1<<20|1;
  7 char buffer[L],*S,*Q;
  8 #define getchar() ((S==Q&&(Q=(S=buffer)+fread(buffer,1,L,stdin),S==Q))?EOF:*S++)
  9 const int maxn=100000+5;
 10 int read(){
 11     register int p=0;register char ch=getchar();
 12     while(ch<'0'||ch>'9')ch=getchar();
 13     while(ch>='0'&&ch<='9')p=(p<<3)+(p<<1)+ch-48,ch=getchar();
 14     return p;
 15 }
 16 ll qpow(ll b,int t,ll a=1){for(;t;t>>=1,b=b*b%mod)if(t&1)a=a*b%mod;return a;}
 17 struct P{
 18     ll w,p;int b,rk;
 19     friend bool operator<(P a,P b){return a.w<b.w;}
 20 }p;
 21 struct N{
 22     ll w;int ord;
 23     friend bool operator<(N a,N b){return a.wb.ord);}
 24 }W[300005];
 25 ll inv(ll p){return p?qpow(p,mod-2):-1;}
 26 ll ip(ll p){return (mod+1-p)%mod;}
 27 vector
v[200005],V[200005];
 28 int n,m,q,K,k,l[100005],r[100005];ll ans;
 29 struct Segment_Tree{
 30     ll w[1200005],lz[1200008];int NONE[1200008];
 31     int cal(int p){return NONE[p]?0:lz[p]*w[p]%mod;}
 32     int bit;
 33     void build(){
 34         for(bit=1;bit<=k+1;bit<<=1);
 35         for(int i=1;i<=bit+bit;++i) lz[i]=1; 
 36     }
 37     void mult(int l,int r,ll v){
 38         for(l+=bit-1,r+=bit+1;l^r^1;){
 39             if(~l&1){
 40                 if(v>0) lz[l^1]=lz[l^1]*v%mod;
 41                 else if(!v)NONE[l^1]++;
 42                 else NONE[l^1]--;
 43             }
 44             if(r&1){
 45                 if(v>0) lz[r^1]=lz[r^1]*v%mod;
 46                 else if(!v)NONE[r^1]++;
 47                 else NONE[r^1]--;
 48             }
 49             l>>=1; r>>=1;
 50             w[l]=Mod(cal(l<<1)+cal(l<<1|1));
 51             w[r]=Mod(cal(r<<1)+cal(r<<1|1));
 52         }
 53         for(l>>=1;l;l>>=1) w[l]=Mod(cal(l<<1)+cal(l<<1|1));
 54     }
 55     void add(int p,ll v){
 56         p+=bit; w[p]=(w[p]+v*W[p-bit].w)%mod;
 57         for(p>>=1;p;p>>=1) w[p]=Mod(cal(p<<1)+cal(p<<1|1));
 58     }
 59 }T;
 60 bool com(P a,P b){return a.w>b.w;}
 61 main(){
 62     freopen("max.in","r",stdin);
 63     freopen("max.out","w",stdout);
 64     scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);
 65     for(int i=1;i<=m;++i)p.b=read(),p.w=read(),p.p=read(),v[p.b].push_back(p);
 66     for(int i=1;i<=n;++i){
 67         sort(v[i].begin(),v[i].end());
 68         ll rpos=1;
 69         for(int j=0;jmod;
 70         V[i].push_back((P){0,rpos,i,++K});
 71     }
 72     for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=0;j(N){V[i][j].w,V[i][j].rk};
 73     sort(W+1,W+1+k);T.build();
 74     for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=0;j1,W+1+k,(N){V[i][j].w,V[i][j].rk})-W;
 75     for(int i=1;i<=n;++i)sort(V[i].begin(),V[i].end(),com);
 76     for(int i=1;i<=q;++i)l[i]=read(),r[i]=read();
 77     l[0]=1;
 78     for(int i=1;i<=q;++i){
 79         for(int j=r[i-1]+1;j<=r[i];++j){
 80             ll totpos=0;
 81             for(int k=0;kk){
 82                 if(V[j][k].p==0)continue;
 83                 ll TP=totpos;totpos=Mod(totpos+V[j][k].p);
 84                 T.mult(1,V[j][k].w-1,ip(totpos));
 85                 if(k)T.mult(1,V[j][k].w,inv(ip(TP)));
 86                 T.add(V[j][k].w,V[j][k].p);
 87             }
 88         }
 89         for(int j=l[i-1];jj){
 90             ll totpos=0;
 91             for(int k=0;kk){
 92                 if(V[j][k].p==0)continue;
 93                 totpos=Mod(totpos+V[j][k].p);
 94                 T.mult(1,V[j][k].w-1,inv(ip(totpos)));
 95                 if(k)T.mult(1,V[j][k].w-1,ip(totpos-V[j][k].p));
 96                 T.add(V[j][k].w,mod-V[j][k].p);
 97             }
 98         }
 99         ans=(ans+T.w[1]*T.lz[1])%mod;
100     }printf("%lld\n",ans);
101 }

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因为细节实在太多，所以哪个地方不会的话在评论区里问，一个一个细节来讲肯定是说不完的。。。