2018湖南"嘉杰杯"ACM省赛

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I、买一送一

H、千万别用树套树

F、Use FFT


I、买一送一

theme:n个商店,标号1~n,每个商店卖标号为ai的商品(不同店可能卖相同商品),给出这些商店间的单向连接关系,求从商店1走到商店i(2<=i<=n),在两不同的店各买一个商品的二元组的不同(x,y)个数f(i)。

solution:首先要清楚这是一个图论题。先用临街表存点和边。由题意可知发f(i)=f(i-1)+curCnt-preCnt;即将f(i)分解为第二个商品在商店i买和不在商店i买两种情况,不在则为f(i-1),在则为以1到n的某条路径中不相同商品作为第一个购买商品,即curCnt,又在该条路径上可能已存在商品ai了,这时就要相应减去以上一个ai作为第二个商品的个数,即preCnt。

模型其实是以结点1为根节点的一棵树,所以编号i可能在树上不止一个结点,出现次数取决于从1到i的路径条数。所以结果加起来即可

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
#define far(i,t,n) for(int i=t;iv[100010];
int a[100010];
ll ans[100010];
int vis[100010];
int h[100010];
int tot;

void dfs(int t)
{
    for(int i=0;i

H、千万别用树套树

theme:q次操作,每次要么插入一条端点在[l,r]的线段,要么查询包含[l,r],(即端点[x,y]满足x<=l<=r<=y)的线段条数。其中查询时满足r-l<=2

solution:对于插入操作,则把[l,r]区间内的每个顶点的值(a[i])+1,对于查询,当r-l==0时,条数为a[l];当r-l==1时,条数为a[l]-e[l],e[l]表示以l为终点的条数;当r-l==2时,条数为a[l+1]-e[l+1]-s[l+1]+eq[l+1],s[l]表示以l为起点的条数,eq[i]为同时以i为起点与终点的线段。

注意:插入[l,l]时,a[l]只加一次!

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
#define far(i,t,n) for(int i=t;i>1;
    //cout<<"updata: "<=r)
    {
        t[root]+=(r-l+1)*delta;
        bj[root]+=delta;
        return;
    }
    if(bj[root])updata(root,l,r);
    int mid=(l+r)>>1;
    if(s<=mid)
        add(root<<1,s,e,delta,l,mid);
    if(e>mid)
        add((root<<1)+1,s,e,delta,mid+1,r);
    t[root]=t[root<<1]+t[(root<<1)+1];
    //cout<<"t[]"<=r)
        return t[root];
    //cout<>1;
    ll m1=0,m2=0;
    if(i<=mid)
        m1=query(root<<1,i,j,l,mid);
    if(j>mid)
        m2=query((root<<1)+1,i,j,mid+1,r);
    return m1+m2;
}

int main()
{
    int n,q;
    while(~scanf("%d%d",&n,&q))
    {
        memset(t,0,sizeof(t));
        memset(bj,0,sizeof(bj));
        memset(s,0,sizeof(s));
        memset(e,0,sizeof(e));
        memset(eq,0,sizeof(eq));
        int t,l,r;
        for(int i=0;i

F、Use FFT

theme:给定两多项式P(x)=a0 + a1x + … + anxn 与 Q(x)=b0 + b1x + … + bmxm. 可求得:P(x)⋅Q(x)=c0 + c1x + … + cn + mxn + m 。给定 L 与 R.求 (cL + cL + 1 + … + cR) modulo (109 + 7) 。

solution:由多项式想乘性质,我们可以遍历a,对于每一个ai,找b中哪个区间的数与ai相加值在[l,r]范围内,所以问题转化为:1、求每一个ai在b中满足条件的区间[si,ei];2、求b中任意区间和(用前缀和)3、求ai*sum(b[s[i]],b[e[i]])。时间空间复杂度都为o(n)

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
#define far(i,t,n) for(int i=t;i

 

D:卖萌表情

//✔48ms(1000ms)
/*theme:已知以下 4 种都是卖萌表情(空白的部分可以是任意字符。竖线是便于展示的分隔符,没有实际意义):
 ^ ^ |  ^  | <  |  >
  v  | v v |  > | <
     |     | <  |  >
(多组)给出n行m列的字符矩阵,找出互不重叠的卖萌表情数量的最大值.互不重叠的意思是每个字符只属于至多一个卖萌表情。
1≤n,m≤1000,矩阵只包含 ^, v, <, > 4 种字符.n × m 的和不超过 2×10^6.
*
*
*
*
*
solution:可分为两组分开算(左边两种和右边两种互不影响),由于遍历时从左上开始,右边两种没有冲突情况,所以只需遍历求个数即可
而左边两种可能存在^<^<^<^<^最优解,因为遍历是是以'^'为基准找下一行'v'匹配,但 ^ 比^ ^的'v'更靠左,即对v的利用率越高
                  
#include
#include
#include
using namespace std;

char a[1100][1100];
int n,m;

int solve1()
{
    int cnt=0;
    for(int i=0;i=0&&a[i+1][j-1]=='v'&&a[i+1][j+1]=='v')
                    ++cnt,a[i+1][j-1]='0',a[i+1][j+1]='0';
                else if(j+2'&&a[i+2][j]=='<')
                    ++cnt,a[i+1][j+1]='0',a[i+2][j]='0';
            }

            else if(a[i][j]=='>')
            {
                if(i+2')
                    ++cnt,a[i+1][j-1]='0',a[i+2][j]='0';
            }
    return cnt;

}

int main()
{
   while(~scanf("%d%d",&n,&m))
   {
       for(int i=0;ivv<
2 4
vvvv
>^^<
4 2
v>
<>
<>
^>
3 4
^>^>
v
>>>>
2 9
^<^<^<^<^

 

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