【LGR-062】洛谷10月月赛 III div.2（赛后题解）

A

小D与笔试

这种题目，写个Trie随便切。

#include
#include
#define  N  110
#define  NN  11000
using  namespace  std;
struct  node
{
	int  a[30],id;
}tr[NN];int  len=1;
void  add(char  ss[],int  id)
{
	int  ed=strlen(ss+1),x=1;
	for(int  i=1;i<=ed;i++)
	{
		if(!tr[x].a[ss[i]-'a'])tr[x].a[ss[i]-'a']=++len;
		x=tr[x].a[ss[i]-'a'];
	}
	tr[x].id=id;
}
int  find(char  ss[])
{
	int  ed=strlen(ss+1),x=1;
	for(int  i=1;i<=ed;i++)x=tr[x].a[ss[i]-'a'];
	return  tr[x].id;
}
char  st[N][N],ss[5][N];
int  n,m;
inline  bool  check(int  x,int  y)
{
	if(strlen(st[x]+1)!=strlen(ss[y]+1))return  false;
	for(int  i=strlen(st[x]+1);i>=1;i--)
	{
		if(st[x][i]!=ss[y][i])return  false;
	}
	return  true;
}
char  ans[]={'A','B','C','D'};
int  main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int  i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%s",ss[0]+1);
		add(ss[0],i);
		scanf("%s",st[i]+1);
	}
	for(int  i=1;i<=m;i++)
	{
		scanf("%s%s%s%s%s",ss[0]+1,ss[1]+1,ss[2]+1,ss[3]+1,ss[4]+1);
		int  x=find(ss[0]);
		for(int  j=1;j<=4;j++)
		{
			if(check(x,j)==true)
			{
				printf("%c\n",ans[j-1]);
				break;
			}
		}
	}
	return  0;
}

B

小E与美食

以为很难，发现其实就是贪心，对于吃$i$种食品，那么满足感最大的肯定是最大的前$i$种食品啦。

#include
#include
#include
#include
#define  N  310000
using  namespace  std;
int  n,a[N];
double  ans=0;
inline  bool  cmp(int  x,int  y){return  x>y;}
int  main()
{
	scanf("%d",&n);
	for(int  i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
	sort(a+1,a+n+1,cmp);
	long  long  x=0;
	for(int  i=1;i<=n;i++)
	{
		x+=a[i];
		ans=max(x*1.0/i*x,ans);
	}
	printf("%lf\n",ans);
	return  0;
}

C

小C与桌游

比较简单的贪心。

对于自己获得最多的方案，就是优先编号小的。

那么是不是对于亏的少的，是不是就是一直跑编号大的？

不不不，对于这个图，这种做法就会走上我们的“星光大道”，直接WA声一片。还是有46pts

那么正确的贪心思想是什么呢。

我们想，如果现在就是走一个小数字，然后走一个特大数字，花费为$2$，那么如果我先走目前最大的数字，把小数字免了，然后再走特大数字，是不是也是$2$，很明显，后者在多数情况会更优。

那么贪心策略出来了。

对于目前的编号最大值，我们把所有能走的编号小于最大值的点都走了，直到不能走，那么再走现在能走的点钟编号最大的，然后继续重复此过程。

#include
#include
#include
#include
#define  N  510000
using  namespace  std;
priority_queue<int>q1;
priority_queue<int,vector<int>,greater<int> >q2;
struct  node
{
	int  y,next;
}a[N];int  len,last[N];
inline  void  ins(int  x,int  y){len++;a[len].y=y;a[len].next=last[x];last[x]=len;}
int  n,m,in1[N],in2[N];
void  findans1()
{
	for(int  i=1;i<=n;i++)
	{
		if(!in1[i])q2.push(i);
	}
	int  mmax=0,T=n-1,ans=0;
	while(T--)
	{
		int  x=q2.top();q2.pop();
		if(x>mmax)ans++,mmax=x;
		for(int  k=last[x];k;k=a[k].next)
		{
			int  y=a[k].y;in1[y]--;
			if(!in1[y])q2.push(y);
		}
	}
	if(q2.top()>mmax)ans++;
	printf("%d\n",ans);
}
int  sta[N],tail;
void  findans2()
{
	for(int  i=1;i<=n;i++)
	{
		if(!in2[i])q1.push(i);
	}
	int  mmax=0,T=n,ans=0;
	while(T)
	{
		int  x=q1.top();q1.pop();
		mmax=x;ans++;sta[tail=1]=x;
		while(!q1.empty())sta[++tail]=q1.top(),q1.pop();
		while(tail)
		{
			T--;
			int  y=sta[tail--];
			for(int  k=last[y];k;k=a[k].next)
			{
				int  z=a[k].y;in2[z]--;
				if(!in2[z])
				{
					if(z>mmax)q1.push(z);
					else  sta[++tail]=z;//能走我的点
				}
			}
		}
	}
	printf("%d\n",ans);
}
int  main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int  i=1;i<=m;i++)
	{
		int  x,y;scanf("%d%d",&x,&y);
		ins(x,y);in1[y]++;in2[y]++;
	}
	findans1();
	findans2();
	return  0;
}

D

小O与排列

这道题目如果没有神犇提示根本做不出来。

首先我们有个很明显的思路，带修莫队。

首先这道题目我们很明显可以得到$n$个数对，就是说区间内只要有这些数对的话就是Yes，那么对于$P_i=j$，我们就可以得到数对$(i,j)$。

那么我们就可以对于每一个位置$i$，分别对于两个可以和他组成数对的$k_1,k_2$，求出最小的区间$[i,j](j>i,a[j]=k_{1}or{k}_2)$，那么我们就可以得到$2n$个区间，问题就转化为了，询问区间中是否包含一个小区间。

那么我们就可以对于每个$r$建一棵线段树，对于管理$r$的叶子节点，他存的是最大的$l$使得有$[l,r]$这个区间。

而对于非叶子节点，就是左右儿子的最大值，其实就是当$r$在这个区间的时候，最大的$l$是多少，然后在询问的时候把询问区间的$l$传进去，在$l,r$中询问一下，如果发现一个节点被完全覆盖且$c$值大于等于$l$，那么就是有小区间。

讲真当时想出来这个，立马命名成ZJJ判断线段树，迈着嚣张的步伐，然后被神犇ZFY吐槽：这不就是个最大值线段树吗。。。

查询复杂度$O(logn)$

---

但是吉利扒拉了一大坨，如何修改？

对于修改位置$i$，把$i$的$old$值改成$now$值。

那么我们需要维护四个区间，一个是原来$l$ $or$ $r$是$i$的，以及新的$l$ $or$ $r$是$i$的。

那么对于原来$r$是$i$的我们要怎么维护？

我们先找到$j(j>i,a[j]=old)$，然后把$i$的值赋到$j$上就行了。

对于原本$l$是$i$的呢？我们对于两种数对分别找到了区间$[i,r_1],[i,r_2]$，我们要明白一个事情，$x$位置作为$r$的话，那么他的最大的$l$就是两种对数方案的最大的$l$的最大值，那么我们只需要对于$r_1,r_2$重新找一遍就行了。

对于新的$l$是$i$的，我们随便搞一下就行了。

对于新的$r$是$i$的，我们需要跑到前面找找最接近他的两种值。

那么问题来了，我们怎么知道数值为$x$的下标最接近$y$的点下标是多少？

树套树？不要，空间时间都SB了。

仔细想想，貌似我们只要对于每种数值建一棵下标为键值的平衡树，节点总数是为$n$个节点的，妙啊。

所以时间复杂度就是$O((n+m)logn)$

update：
第二次更新！

在膜拜了zhoufangyuan神犇$\infty$次后，他突然降神旨于人间，我的代码有错？

仔细看看，原来是因为一个点是可以找前面最近的点对更新$l$，但是还是要注意一个细节，就是数对之间有与这个点相同的权值的话，那么就只能更新$0$。

代码：

#include
#include
#include
#include
#define  N  510000
#define  NN  1100000
using  namespace  std;
struct  node
{
	int  lc,rc,l,r,c;
}tr[NN];int  len;
void  bt(int  l,int  r)
{
	len++;int  now=len;
	tr[now].l=l;tr[now].r=r;
	if(l<r)
	{
		int  mid=(l+r)>>1;
		tr[now].lc=len+1;bt(l,mid);
		tr[now].rc=len+1;bt(mid+1,r);
	}
}
inline  int  mymax(int  x,int  y){return  x>y?x:y;}
int  change(int  now,int  x,int  k,int  type/*type=0表示代替，type=1表示取max*/)//返回的是x的值
{
	if(tr[now].l==tr[now].r){int  ans=tr[now].c;type==0?tr[now].c=k:tr[now].c=mymax(tr[now].c,k);return  ans;}
	int  mid=(tr[now].l+tr[now].r)/2,lc=tr[now].lc,rc=tr[now].rc,ans=0;
	if(x<=mid)ans=change(lc,x,k,type);
	else  ans=change(rc,x,k,type);
	tr[now].c=mymax(tr[lc].c,tr[rc].c);
	return  ans;
}
bool  findans(int  now,int  l,int  r,int  k/*参数*/)//返回是否包含区间
{
	if(tr[now].l==l  &&  tr[now].r==r)return  tr[now].c>=k;
	int  mid=(tr[now].l+tr[now].r)/2,lc=tr[now].lc,rc=tr[now].rc;
	if(r<=mid)return  findans(lc,l,r,k);
	else  if(mid<l)return  findans(rc,l,r,k);
	else  return  findans(lc,l,mid,k)|findans(rc,mid+1,r,k);
}
//线段树
class  fhq//fhq treap万岁 
{
	public:
		int  size[N],vio[N],root[N],key[N],son[N][2];
		inline  void  pushup(int  x){size[x]=size[son[x][0]]+size[son[x][1]];}
		void  spilt(int  now,int  k,int  &x,int  &y)
		{
			if(!now)x=0,y=0;
			else
			{
				if(key[now]<=k)x=now,spilt(son[x][1],k,son[x][1],y),pushup(x);
				else  y=now,spilt(son[y][0],k,x,son[y][0]),pushup(y),pushup(y);
			}
		}
		int  merge(int  x,int  y)
		{
			if(!x  ||  !y)return  x+y;
			if(vio[x]<=vio[y])son[x][1]=merge(son[x][1],y);
			else  son[y][0]=merge(x,son[y][0]),x^=y^=x^=y;
			pushup(x);return  x;
		}
		void  first_do(int  x)
		{
			for(int  i=1;i<=x;i++)size[i]=1,vio[i]=rand(),key[i]=i;
		}
		void  add(int  &rt,int  id/*编号*/)
		{
			if(!rt)rt=id;
			else
			{
				int  x,y;spilt(rt,id,x,y);
				rt=merge(merge(x,id),y);
			}
		}
		void  del(int  &rt,int  id)//从根为rt的树中分离id 
		{
			int  x,y,z;spilt(rt,id-1,x,y);spilt(y,id,y,z);
			rt=merge(x,z);
		}
		int  findqian(int  &rt,int  k/*查找k的前驱*/)
		{
			if(rt==0)return  0;
			int  x=rt,ans=0;
			while(x)
			{
				if(key[x]>=k)x=son[x][0];
				else  if(key[x]<k)ans=x,x=son[x][1];
			}
			return  ans;
		}
		int  findhou(int  &rt,int  k/*查找k的前驱*/)
		{
			if(rt==0)return  0;
			int  x=rt,ans=0;
			while(x)
			{
				if(key[x]>k)ans=x,x=son[x][0];
				else  if(key[x]<=k)x=son[x][1];
			}
			return  ans;
		}
}zjj;
int  to[N][2],n,m;
int  a[N],b[N];
int  main()
{
	srand(999);
	scanf("%d%d",&n,&m);
	zjj.first_do(n);bt(1,n);
	for(int  i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d",&b[i]);
		to[i][0]=b[i];to[b[i]][1]=i;
	}
	for(int  i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d",&a[i]);
		zjj.add(zjj.root[a[i]],i);
	}
	for(int  i=1;i<=n;i++)
	{
		for(int  j=0;j<=1;j++)
		{
			int  x=zjj.findhou(zjj.root[to[a[i]][j]],i);//找到符合对数的数字。
			if(x)change(1,x,i,1);
		}
	}
	//建树
	for(int  i=1;i<=m;i++)
	{
		int  type,l,r;scanf("%d%d%d",&type,&l,&r);
		if(type==2)
		{
			if(findans(1,l,r,l)==true)printf("Yes\n");
			else  printf("No\n");
		}//短短的询问
		else
		{
			int  x=0;
			for(int  j=0;j<=1;j++)x=mymax(x,zjj.findqian(zjj.root[to[r][j]],l));//代替数字 
			x=change(1,l,x,0);//表示替代原来的位置，并且获取到现在的位置
			//以新的"l"为r的区间
			int  y=zjj.findhou(zjj.root[a[l]],l);
			if(y)change(1,y,x,1);
			//以旧的"l"为r的区间
			zjj.del(zjj.root[a[l]],l);zjj.add(zjj.root[r],l);
			//平衡树换点
			for(int  j=0;j<=1;j++)
			{
				int  xx=to[a[l]][j];//表示与他有关的 
				y=zjj.findhou(zjj.root[xx],l);
				if(y)
				{
					int  z=0;
					for(int  k=0;k<=1;k++)z=mymax(z,zjj.findqian(zjj.root[to[xx][k]],y));//重新去找
					change(1,y,z,0);
				}
			}
			//以旧的"l"为l的区间
			for(int  j=0;j<=1;j++)
			{
				x=zjj.findhou(zjj.root[to[r][j]],l);//代替数字 
				if(x)change(1,x,l,1);
			}
			//以新的"l"为l的区间
			a[l]=r;
		}
	}
	return  0;
}