2019/11/11 校内模拟

敲日期的时候才发现今天是双 $11$。。

T1 星际旅行

签到题。

排序后 upper_bound 一下即可。

时间复杂度 $O(n\log n)$。

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
namespace IO{
	const int Rlen=1<<22|1;
	char buf[Rlen],*p1,*p2;
	inline char gc(){
		return (p1==p2)&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,Rlen,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
	}
	template<typename T>
	inline T Read(){
		char c=gc();T x=0,f=1;
		while(!isdigit(c))  f^=(c=='-'),c=gc();
		while( isdigit(c))  x=(x+(x<<2)<<1)+(c^48),c=gc();
		return f?x:-x;
	}
	inline int in()  {return Read<int>();}
}
using IO::in;
const int N=2e5+5;
int n,S,a[N];
int main(){
	n=in(),S=in();
	for(int i=1;i<=n;++i)  a[i]=in();
	sort(a+1,a+n+1);
	ll ans=0;
	for(int i=1;i<=n;++i){
		if(a[i]>=S)  break;
		int pos=upper_bound(a+1,a+i,S-a[i])-a;
		ans+=pos-1;
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

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T2 罔两「栖息于禅寺的妖蝶」

考场上直接打了个表，发现答案是：

$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{\lfloor \frac{n+m}{2}\rfloor }{m}\right)$$

也可以先写一个 $O(n^2)$ 的 $dp$ 暴力，通过那个想正解。

这里是 std 的推导：
设选出来的数从小到大是 $a_1,a_2,\cdots ,a_m$，考虑令 $b_i=a_i+i$。发现 $b_i$ 全是偶数且互不相同，那么一个 $b$ 就唯一对应着一个 $a$，所以问题就变成了从 $n+m$ 的偶数中选出 $m$ 个的方案数。

时间复杂度 $O(T)$。

#include
using namespace std;
namespace IO{
	const int Rlen=1<<22|1;
	char buf[Rlen],*p1,*p2;
	inline char gc(){
		return (p1==p2)&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,Rlen,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
	}
	template<typename T>
	inline T Read(){
		char c=gc();T x=0,f=1;
		while(!isdigit(c))  f^=(c=='-'),c=gc();
		while( isdigit(c))  x=(x+(x<<2)<<1)+(c^48),c=gc();
		return f?x:-x;
	}
	inline int in()  {return Read<int>();}
}
using IO::in;
const int N=2e6+5,P=998244353;
int n,m,fac[N],ifac[N];
int add(int x,int y)  {return x+y>=P?x+y-P:x+y;}
int dec(int x,int y)  {return x-y< 0?x-y+P:x-y;}
int mul(int x,int y)  {return 1ll*x*y>=P?1ll*x*y%P:x*y;}
int power(int a,int b){
	int ans=1;
	for(;b;b>>=1,a=mul(a,a))  if(b&1)  ans=mul(ans,a);
	return ans;
}
int Inv(int x)  {return power(x,P-2);}
void prework(){
	fac[0]=fac[1]=1;
	for(int i=2;i<N;++i)  fac[i]=mul(fac[i-1],i);
	ifac[N-1]=Inv(fac[N-1]);
	for(int i=N-2;~i;--i)  ifac[i]=mul(ifac[i+1],i+1);
}
int C(int n,int m)  {return n<m?0:mul(fac[n],mul(ifac[m],ifac[n-m]));}
int main(){
	prework();
	int T=in();
	while(T--){
		n=in(),m=in();
		printf("%d\n",C((n+m)>>1,m));
	}
	return 0;
}

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T3 式神「八云蓝」

一道大力分类讨论的题。

设询问区间是 $[x,y]$，对于线段树的节点 $[l,r]$，相当于统计多少个 $[x,y]$ 的子区间会影响 $[l,r]$。

• $[l,r]$ 包含 $[x,y]$，那么 $[x,y]$ 的所有子区间都对 $[l,r]$ 有贡献。
• $[l,r]$ 与 $[x,y]$ 真相交，即要排除包含关系部分，那么又要分两种情况（记 $sum$ 为 $[x,y]$ 总区间个数）：
  1. $l\le x\le r\le y$：贡献是 $sum-\frac{(y-r)(y-r+1)}{2}$。
  2. $x\le l\le y\le r$：贡献是 $sum-\frac{(l-x)(l-x+1)}{2}$。
  相当于减掉 $[x,y]$ 中不与 $[l,r]$ 相交的区间。
• $[x,y]$ 包含 $[l,r]$，贡献是 $sum-\frac{(l-x)(l-x+1)}{2}-\frac{(y-r)(y-r+1)}{2}$，若是非叶节点要减 $2(l-x+1)(y-r+1)$。
  第 $1$ 个减的部分：排除与 $[l,r]$ 不交的情况；
  第 $2$ 个减的部分：若若完全覆盖某个节点，那么它的两个儿子均不能覆盖。所以统计时要减去 $(f{a}_l-x+1)(y-f{a}_r+1)$，表示完全覆盖父亲的情况。这里相当于是转换了一下，在父亲的时候统计减的贡献，更方便一点。

发现前两个在线段树上只有 $O(\log n)$ 个点，可以暴力统计。但是情况 $3$ 是有 $O(\log n)$ 个子树，暴力会 T。

如果把 $x,y$ 当做未知数，情况 $3$ 的贡献式子会化成 $A{x}^2+Bxy+C{y}^2+Dx+Ey+F$ 的形式，可以在线段树上维护这些系数，把子树的答案都加到父亲上来，统计的时候把 $x,y$ 具体的值代进去即可。

时间复杂度 $O(q\log n)$。

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
namespace IO{
	const int Rlen=1<<22|1;
	char buf[Rlen],*p1,*p2;
	inline char gc(){
		return (p1==p2)&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,Rlen,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
	}
	template<typename T>
	inline T Read(){
		char c=gc();T x=0,f=1;
		while(!isdigit(c))  f^=(c=='-'),c=gc();
		while( isdigit(c))  x=(x+(x<<2)<<1)+(c^48),c=gc();
		return f?x:-x;
	}
	inline int gi()  {return Read<int>();}
	inline ll  gl()  {return Read<ll >();}
}
using IO::gi;
using IO::gl;
const int N=5e5+5;
int n,q,op;
ll l,r,sum,last=0;
namespace SGT{
	struct Seg{ll sze,B,D,E,F;}T[N<<2];
	void pushup(int root){
		T[root].B+=T[root<<1].B+T[root<<1|1].B;
		T[root].D+=T[root<<1].D+T[root<<1|1].D;
		T[root].E+=T[root<<1].E+T[root<<1|1].E;
		T[root].F+=T[root<<1].F+T[root<<1|1].F;
		T[root].sze+=T[root<<1].sze+T[root<<1|1].sze;
	}
	#define mid ((l+r)>>1)
	void build(int root,int l,int r){
		T[root].sze=1;
		T[root].D=2*l+1,T[root].E=2*r-1,T[root].F=-(ll)l*l-(ll)r*r-l+r;
		if(l==r)  return;
		build(root<<1,l,mid),build(root<<1|1,mid+1,r);
		T[root].B+=4,T[root].D+=-4*r+4,T[root].E+=-4*l-4,T[root].F+=4ll*l*r-4*l+4*r-4;
		pushup(root);
	}
	ll Query(int root,int l,int r,int x,int y){
		if(l>=x&&r<=y){
			ll ans=0;
			ans+=(T[root].B*x*y+T[root].D*x+T[root].E*y+T[root].F+(sum-(ll)x*x-(ll)y*y)*T[root].sze);
			return ans;
		}
		ll ans=sum;
		if(l>=x)  ans-=(ll)(l-x)*(l-x+1);
		if(r<=y)  ans-=(ll)(y-r)*(y-r+1);
		if(x<=mid)  ans+=Query(root<<1,l,mid,x,y);
		if(y> mid)  ans+=Query(root<<1|1,mid+1,r,x,y);
		return ans;
	}
	#undef mid
}
void Get(ll &l,ll &r){
	l=(gl()^(last*op))%n+1,r=(gl()^(last*op))%n+1;
	if(l>r)  swap(l,r);
}
int main(){
	n=gi(),q=gi(),op=gi();
	SGT::build(1,1,n);
	while(q--){
		Get(l,r),sum=(ll)(r-l+1)*(r-l+2);
		printf("%lld\n",last=SGT::Query(1,1,n,l,r)/2);
	}
	return 0;
}