ZJOI2016部分题解
**bzoj4455: [Zjoi2016]小星星
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**bzoj4456: [Zjoi2016]旅行者
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**bzoj4573: [Zjoi2016]大森林
这个题吼啊
以前做这类题都是要动态做一个倍增数组的…比如HNOI那道题
但是这个直接就给我打自闭了啊…然后又开始想类似二维偏序…然后又发现至少是三维的…
我们来讲题解做法
首先要先发现题目的一些小trick，保证了询问的每个点都是在每棵树中出现的
所以…我们其实可以先离线把树建出来，然后再回答询问是一个效果的
因为那些没有用的点是不会对答案产生影响的
然后再考虑多组询问怎么做
不妨考虑做完第 i i i棵树的询问之后来做第 i + 1 i+1 i+1棵的
假设对于移动了 [ L , R ] [L,R] [L,R]的生长节点并且后面均没有移动了的话
对于 L L L与 L − 1 L-1 L−1这两棵树，他们的差别仅仅在于移动操作之后的加点操作
即我们可以把第 L − 1 L-1 L−1棵树移动了生长节点之后添加的节点，全部移植到 L L L这棵树更改了的生长节点下面
同理，对于 R R R和 R + 1 R+1 R+1棵树，我们只需要把这些节点全部移植回原来的生长节点下面
所以现在的问题就在于怎么整体移动一些子树了
我们可以把每一次移动生长节点操作都加入一个虚点，然后后面添加节点操作，就让他挂在这个虚点下面
所以每次移动就转化为 c u t cut cut一个虚点然后把这个虚点 l i n k link link到另外一个实点下面
那么对于每个 1 1 1操作，就可以拆分成两个操作，即在 L L L是把这个虚点移动到一个实点下面，然后在 R + 1 R+1 R+1将其移回上一个虚点下方
增加节点的话就把他挂到时间轴距离他最近的虚点上
那么还有一个小问题，就是如果在区间移动生长节点的时候没有这个点给我移的话怎么办，估计只有我这个sb在想这个…其实可以知道，每次加入某个编号的点，他是在连续一段中加入的，所以如果在加入的区间中存在不合法，那么合法的区间也是一整段的。 L , R L,R L,R分别取一下限制就可以了…
然后就到怎么算答案的问题了…
把实点的权看作1，虚点的权看作0，就是他们的路径点权和了。然而这里并不能直接 m a r k r o o t markroot markroot来提取路径，因为这样一做的话父子关系就乱掉了…注意他是一个以 1 1 1为根的有根树啊。我们其实可以利用 L C T LCT LCT来求 L C A LCA LCA，即先 a c c e s s ( x ) access(x) access(x)，然后 s p l a y ( x ) splay(x) splay(x)，再 a c c e s s ( y ) access(y) access(y)， a c c e s s ( y ) access(y) access(y)时路径上遇到的最后一条虚边的父亲即为 L C A LCA LCA
这篇blog中有图可以瞅瞅
#include**bzoj4574: [Zjoi2016]线段树
这个题也吼啊…一开始在状态方面就直接想歪了.
首先先要知道随机数据怎么用…发现 n n n很小所以大胆猜想数没有相同的存在…
事实上应该是正确的？？
虽然相同好像也可以做但是就更恶心
考虑每个数最终的贡献的话会变得好做,然后就很显然了
枚举每个数，那么他能作为最大值的范围是唯一确定的 [ L , R ] [L,R] [L,R]
定义对于一个数 a [ x ] a[x] a[x]的极大区间 [ i , j ] [i,j] [i,j]为对于 i ≤ u ≤ j i\leq u\leq j i≤u≤j，满足 m a x ( a [ u ] ) ≤ a [ x ] max(a[u])\leq a[x] max(a[u])≤a[x]
且 m i n ( a [ i − 1 ] , a [ j + 1 ] ) > a [ x ] min(a[i-1],a[j+1])>a[x] min(a[i−1],a[j+1])>a[x]
那么设状态 d p [ k , i , j , x ] dp[k,i,j,x] dp[k,i,j,x]表示第 k k k次操作过后，当前对于 x x x的极大区间为 [ i , j ] [i,j] [i,j]的方案数
考虑转移
我们思考这个区间在什么位置的时候会对状态转移产生什么影响
假如选中的区间在 [ 1 , i − 1 ] [1,i-1] [1,i−1]或 [ i , j ] [i,j] [i,j]或 [ j + 1 , n ] [j+1,n] [j+1,n]，那么不会对下一个极大区间产生任何影响
假如选中的区间完全覆盖了 [ i , j ] [i,j] [i,j]，即左端点小于 i i i右端点大于 j j j，显然就不存在极大区间了，所以不会对下一个状态产生任何贡献
那么仅剩下选中的区间部分在 [ i , j ] [i,j] [i,j]内了，先讨论左端点 v v v在外面的情况，右端点 u u u同理
那么下一个极大区间显然就是 [ u + 1 , j ] [u+1,j] [u+1,j]
设 c n t [ i ] cnt[i] cnt[i]表示长度为 i i i的序列任选的方案数，显然是 i ∗ ( i + 1 ) 2 \frac{i*(i+1)}{2} 2i∗(i+1)
所以状态转移就是
d p [ k , i , j , x ] = d p [ k − 1 , i , j , x ] ∗ ( c n t [ i − 1 ] + c n t [ j − i + 1 ] + c n t [ n − j ] ) dp[k,i,j,x]=dp[k-1,i,j,x]*(cnt[i-1]+cnt[j-i+1]+cnt[n-j]) dp[k,i,j,x]=dp[k−1,i,j,x]∗(cnt[i−1]+cnt[j−i+1]+cnt[n−j])
+ ∑ v < i d p [ k − 1 , v , j , x ] ∗ ( v − 1 ) + ∑ u > j d p [ k − 1 , i , u , x ] ∗ ( n − u ) +\sum_{v<i} dp[k-1,v,j,x]*(v-1)+\sum_{u>j} dp[k-1,i,u,x]*(n-u) +v<i∑dp[k−1,v,j,x]∗(v−1)+u>j∑dp[k−1,i,u,x]∗(n−u)
这里乘的 v − 1 v-1 v−1与 n − u n-u n−u表示了选择的区间左端点/右端点的方案数
前缀和一下转移就可以 O ( 1 ) O(1) O(1)
由于数据随机，所以实际复杂度是 q n 2 qn^2 qn2的
卡卡常数就能过了
留了个卡常的好技巧…其实有时候 l o n g l o n g long long longlong也是很有优势的
比如 ∑ \sum ∑起来不超过 l o n g l o n g long long longlong范围但是对 i n t int int取模的，我们可以先把他扔到 l o n g l o n g longlong longlong里，然后最后一次取模，因为 c + + c++ c++取模很慢所以这样可以大幅优化常数，适用于取模多且不超过 l o n g l o n g longlong longlong的题
#include