USACO FEB18,Platinum
slingshot
题意：给定n个单向传送门(a,b,c)和m次询问(x,y)，求至多用一次传送门的最短路径长度。
即求min(|x-y|,min{|a-x|+|b-y|+c})，考虑分类讨论后将绝对值打开，用主席树维护四个方向上对应的pa+qb+c(p,q为-1或1)的最小值即可。
AC代码如下：
#include
#define ll long long
#define inf 1000000000
#define infll 1000000000000000000ll
#define N 100009
#define M 10000009
#define dn(x,y) (x>(y)?x=(y):0)
using namespace std;
int n,m,trtot,cnt,hsh[N],rt1[N],rt2[N],ls[M],rs[M];
struct node{ int x,y,z; }a[N];
bool cmpx(node u,node v){ return u.x>1;
if (x<=mid){ rs[k]=rs[p]; ins(ls[k],ls[p],l,mid,x,u,v); }
else{ ls[k]=ls[p]; ins(rs[k],rs[p],mid+1,r,x,u,v); }
}
point qry(int k,int l,int r,int x,int y){
if (!k) return (point){infll,infll};
if (x<=l && r<=y) return T[k];
int mid=l+r>>1; point ans=(point){infll,infll};
if (x<=mid) calc(ans,qry(ls[k],l,mid,x,y));
if (y>mid) calc(ans,qry(rs[k],mid+1,r,x,y));
return ans;
}
int main(){
freopen("slingshot.in","r",stdin); freopen("slingshot.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&m);
int i,k,x,y;
for (i=1; i<=n; i++){
scanf("%d%d%d",&a[i].x,&a[i].y,&a[i].z);
hsh[i]=a[i].x;
}
sort(hsh+1,hsh+n+1);
cnt=unique(hsh+1,hsh+n+1)-hsh-1; hsh[++cnt]=inf+1;
sort(a+1,a+n+1,cmpx);
T[0].x=T[0].y=infll;
for (i=1; i<=n; i++){
k=lower_bound(hsh+1,hsh+cnt+1,a[i].x)-hsh;
if (!rt1[k]) rt1[k]=rt1[k-1];
ins(rt1[k],rt1[k],0,inf,a[i].y,a[i].z-a[i].x-a[i].y,a[i].z-a[i].x+a[i].y);
}
for (i=n; i; i--){
k=lower_bound(hsh+1,hsh+cnt+1,a[i].x)-hsh;
if (!rt2[k]) rt2[k]=rt2[k+1];
ins(rt2[k],rt2[k],0,inf,a[i].y,a[i].z+a[i].x-a[i].y,(ll)a[i].z+a[i].x+a[i].y);
}
ll ans;
while (m--){
scanf("%d%d",&x,&y);
ans=abs(y-x); k=lower_bound(hsh+1,hsh+cnt+1,x)-hsh;
dn(ans,qry(rt2[k],0,inf,0,y).x-x+y);
dn(ans,qry(rt2[k],0,inf,y,inf).y-x-y);
dn(ans,qry(rt1[k-1],0,inf,0,y).x+x+y);
dn(ans,qry(rt1[k-1],0,inf,y,inf).y+x-y);
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
} newbarn
题意：支持合并和加点，多次询问到某点距离最远的点的距离。
显然距离最远的点一定是直径端点。考虑维护每个连通块的直径，合并的时候新的直径两端点一定是原来两条直径四个端点中的两个。
AC代码如下：
#include
#define N 100009
using namespace std;
int n,m,tot,fst[N],pnt[N<<1],nxt[N<<1],p[N][2],dad[N];
int a[N],fa[N],d[N],sz[N],anc[N],son[N];
bool vis[N]; char op[N][3];
void add(int x,int y){
pnt[++tot]=y; nxt[tot]=fst[x]; fst[x]=tot;
}
void dfs(int x){
int i,y; vis[x]=1; sz[x]=1;
for (i=fst[x]; i; i=nxt[i]){
y=pnt[i];
if (y!=fa[x]){
fa[y]=x; d[y]=d[x]+1;
dfs(y); sz[x]+=sz[y];
if (sz[y]>sz[son[x]]) son[x]=y;
}
}
}
void dvd(int x,int tp){
int i,y; anc[x]=tp;
if (son[x]) dvd(son[x],tp);
for (i=fst[x]; i; i=nxt[i]){
y=pnt[i];
if (y!=fa[x] && y!=son[x]) dvd(y,y);
}
}
int lca(int x,int y){
for (; anc[x]!=anc[y]; x=fa[anc[x]])
if (d[anc[x]]mx){
mx=tmp; u=p[x][i]; v=p[y][j];
}
dad[x]=y;
if (dist(p[y][0],p[y][1])>mx) return;
p[y][0]=u; p[y][1]=v;
}
int main(){
freopen("newbarn.in","r",stdin); freopen("newbarn.out","w",stdout);
scanf("%d",&m);
int i;
for (i=1; i<=m; i++){
scanf("%s",op[i]); scanf("%d",&a[i]);
if (op[i][0]=='B'){
n++;
if (a[i]!=-1){
add(n,a[i]); add(a[i],n);
}
}
}
for (i=1; i<=n; i++) if (!vis[i]){
d[i]=1; dfs(i); dvd(i,i);
}
for (i=1; i<=n; i++){
dad[i]=i; p[i][0]=p[i][1]=i;
}
n=0;
for (i=1; i<=m; i++) if (op[i][0]=='B'){
n++;
if (a[i]==-1) continue;
if (getdad(n)==getdad(a[i])) continue;
mrg(getdad(n),getdad(a[i]));
} else
printf("%d\n",max(dist(a[i],p[getdad(a[i])][0]),dist(a[i],p[getdad(a[i])][1])));
return 0;
} gymnasts
题意：问有多少长度为N且每一个数<=N的数组a，
满足数组b(b[i]=\sum_{j=0}^{n}[a[i-j]>j])和数组a相同。
首先令a[i]=a[i]-1。假设a中最大的数为a[k]=x，y=gcd(x,n)，那么可知a[k-y]=x,a[k-y+1]=x-1。进一步可以知道任意a[i]=a[i-y]，且a[i]=x或x-1。枚举y然后简单统计即可。
AC代码如下：
#include
#define ll long long
#define mod 1000000007
using namespace std;
int cnt,ans=1; ll n,p[19];
int ksm(int x,ll y){
int z=1; for (; y; y>>=1,x=(ll)x*x%mod) if (y&1) z=(ll)z*x%mod;
return z;
}
ll gcd(ll x,ll y){ return y?gcd(y,x%y):x; }
int calc(ll x){
return ksm(2,x)-1;
ll i; int ans=0;
for (i=1; i<=x; i++) ans=(ans+ksm(2,gcd(x,i)))%mod;
return (ll)ans*ksm(x,mod-2)%mod-1;
}
void solve(ll x){
if (x==n) return;
int i; ll y=n/x;
for (i=1; i<=cnt; i++) if (!(y%p[i])) y=y/p[i]*(p[i]-1);
//cerr<1) p[++cnt]=x;
for (i=1; (ll)i*i<=n; i++) if (!(n%i)){
solve(i);
if (i!=n/i) solve(n/i);
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
by lych
2018.2.28