2015-2016 Petrozavodsk Winter Training Camp, Moscow SU Trinity Contest
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大佬题解
A:
一看就是求矩阵的秩，不知道为啥WA，好像被卡精度了，自闭。。
E:
这题是阅读题。。。首先找到LCA，把a和b每次向上提时，将其父亲的另一个儿子加入到集合中。把a和b都提到LCA后，把LCA往上提，做同样的操作。
#include F:
树上莫队。
树上莫队的思想就是将树转化为字典序，然后在上面进行修改和删除。首先dfs一次求出字典序， f [ u ] f[u] f[u] 表示进入 u u u 点的字典序， g [ u ] g[u] g[u] 表示出 u u u 点的字典序。对于维护点权，如果 [ L , R ] [L,R] [L,R] 区间的字典序上已经有这个点，那么就删除这个点，如果没这个点，那么就添加这个点。在这种情况下，我们可以观察到：假定 f [ u ] < f [ v ] f[u]<f[v] f[u]<f[v] ，也就是说 u u u 被 v v v 先dfs到，那么如果它们的LCA是 u u u 或 v v v 的其中一个， 那么对应的询问区间应该是 [ f [ u ] , f [ v ] ] [f[u], f[v]] [f[u],f[v]] ，如果LCA另有它值，那么对应的询问区间应该是 [ g [ u ] , f [ v ] ] [g[u], f[v]] [g[u],f[v]] ，且这种情况下区间里肯定是没有它们的LCA的，因此计算答案时还要加上它们的LCA。
对于维护边权，我们将边权转化为其儿子的点权。那么问题反过来了，如果LCA是本身，才要加LCA。
但其实这题可以不用管LCA的，直接求区间 [ f [ u ] + 1 , f [ v ] ] [f[u]+1, f[v]] [f[u]+1,f[v]] 就满足条件了。
维护mex主要思路是将权值分块，因此添加/删除只需要修改计数器即可，复杂度为 O ( 1 ) O(1) O(1) 。查询在块上查找，复杂度是 O ( n ) O(\sqrt n) O(n) 。因此总的复杂度还是 O ( n 3 2 ) O(n^{\frac{3}{2}}) O(n23) 。
#include I :
首先，很容想到根据询问的右端点排序处理。然后维护一个非严格单调递减栈，就可以找出每个点作为山谷的右端点时，对应左端点的位置。我们维护一个单点修改区间最值的线段树，每次求得一个山谷区间时 [ L , R ] [L,R] [L,R] 时，将线段树的 L L L 位置更新为 R R R 。那么对于一个询问 [ L q , R q ] [L_q, R_q] [Lq,Rq] ，时，所有山谷区间的右端点小于 R q R_q Rq 的都应该更新到线段树里了。那么询问线段树 [ L q , R q ] [L_q, R_q] [Lq,Rq] 的最值即为答案。但这里出现了一个问题，因为每次更新线段树时，但是在山谷区间左端点 L L L 被弹出栈时进行更新的。但栈中可能有连续两个位置元素，它们对应值是相等的，虽然它们能形成山谷，但是并没有弹出栈，导致线段树并没有被更新。因此要对于这种情况特殊处理，观察栈 s s s 可以发现一个性质，就是 a [ s i ] ≥ a [ s i + 1 ] a[s_i] \geq a[s_{i+1}] a[si]≥a[si+1] ，对于没弹出栈的元素 s i s_i si ，它当前的山谷右端点是它距离它最右边且 a [ s j ] = a [ s i ] a[s_j]=a[s_i] a[sj]=a[si] 的第一个值。因此可以再开一个区间加，单调修改，区间最值得线段树维护这个答案。询问也一样。对于跨越了 L q L_q Lq 的连续相同值山谷，也需要特殊处理一下。（写完后想了想好像这里不需要特殊处理？待议。。。）
解决这个问题主要是要想到单调栈与每个点贡献的结合。。。
#include
// puts("");
if(d!=-1) d=i-d;
else d=i;
if(debug) printf("push index=%d, value=%d, add segtree1 on range [%d, %d] by %d\n", i, a[i], id+1, s.size()-1, d);
update_add(1, 1, n, 1, id+1, s.size()-1, d); //加上新值
}
if(debug) printf("push index=%d, value=%d, set segtree1 on point %d to initial value 0\n", i, a[i], s.size());
update_set(1, 1, n, 1, s.size(), 0); //新入栈元素的答案置0
while(cur<m&&r[p[cur]]<=i) {
//对于左端点小于等于i的询问
int L = l[p[cur]], R=r[p[cur]];
if(debug) printf("process query[%d, %d] on segtree0\n", L, R);
int res = query(1, 1, n, 0, L, R); // 所有已出栈元素的贡献
int id = lower_bound(stk, stk+s.size(), L)-stk; //询问左端点右边的第一个在栈中的值。
int id2 = upper_bound(stk+id+1, stk+s.size(), stk[id], [](int x, int y) {
return a[x]>a[y];
})-stk;
if(id2!=s.size()) {
//如果存在id2
if(debug) printf("process query[%d, %d] on segtree1, query range=[%d, %d]\n", L, R, id2, s.size());
int tmp = query(1, 1, n, 1, id2, s.size()); //询问答案
res = max(res, tmp);
}
int tmp = stk[id2-1]-stk[id]; //跨越询问左端点的贡献。
res = max(res, tmp);
ans[p[cur]] = res;
++cur;
}
}
int k = 0;
for(int i=0; i<m; ++i) {
printf("%d\n", ans[i]);
}
}
J:
很容易看出是个树dp，维护当前点到叶子最多匹配的后缀和前缀。
但是一直WA，自闭了。