NOIP模拟赛10 题解

t3：

题意

给你一棵树，然后每次两种操作：1.给一个节点染色 ； 2. 查询一个节点与任意已染色节点 lca 的权值的最大值

 

 

分析

考虑一个节点被染色后的影响：令它的所有祖先节点（包括自身）的所有除去更新节点上来的整棵子树的所有节点更新。

 

那么考虑dfs序会使某节点的子树节点连成一片，所以不更新某棵子树就可以轻易做到

 

然后考虑用线段树维护，复杂度就是 n log n 

code

//by Judge
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int M=2e5+3;
#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
char buf[1<<21],*p1,*p2;
inline int Max(int a,int b){return a>b?a:b;}
inline void cmax(int& a,int b){if(a<b)a=b;}
inline int read(){ int x=0,f=1; char c=getchar();
    for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-1;
    for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0'; return x*f;
} inline int cread(){ char c=getchar();
    while(!isupper(c)) c=getchar(); return c=='M';
} char sr[1<<21],z[21]; int Z,C=-1;
inline void Ot(){fwrite(sr,1,C+1,stdout),C=-1;}
inline void print(int x,char ch='\n'){
    if(C>1<<20) Ot();if(x<0)sr[++C]='-',x=-x;
    for(;z[++Z]=x%10+48,x/=10;);
    for(;sr[++C]=z[Z],--Z;);sr[++C]=ch;
} int n,m,pat,cnt,v[M];
int f[M],head[M],dfn[M],siz[M];
struct Edge{ int to,next; }e[M<<1];
inline void add(int u,int v){
    e[++pat]=(Edge){v,head[u]},head[u]=pat;
    e[++pat]=(Edge){u,head[v]},head[v]=pat;
}
#define v e[i].to
void dfs(int u){ dfn[u]=++cnt,siz[u]=1;
    for(int i=head[u];i;i=e[i].next)
        if(v^f[u]) f[v]=u,dfs(v),siz[u]+=siz[v];
}
#undef v
struct segT{ int mx[M<<2];
    #define ls k<<1
    #define rs k<<1|1
    #define mid (l+r>>1)
    #define lson ls,l,mid
    #define rson rs,mid+1,r
    inline void clear(){memset(mx,-1,sizeof(mx));}
    void modify(int k,int l,int r,int L,int R,int v){
        if(v<mx[k]||L>r||l>R) return ;
        if(L<=l&&r<=R) return mx[k]=v,void();
        modify(lson,L,R,v),modify(rson,L,R,v);
    }
    int query(int k,int l,int r,int x){ if(l==r) return mx[k];
        if(x<=mid) return Max(mx[k],query(lson,x));
        else return Max(mx[k],query(rson,x));
    }
    inline void modify(int x,int y,int v){ if(!y) modify(1,1,n,dfn[x],dfn[x]+siz[x]-1,v);
        else modify(1,1,n,dfn[x],dfn[y]-1,v),modify(1,1,n,dfn[y]+siz[y],dfn[x]+siz[x]-1,v);
    }
    inline int query(int x){ return query(1,1,n,dfn[x]); }
}t;
bool B[M];
inline void modify(int x){
    for(int las=0;x;las=x,x=f[x]){
        t.modify(x,las,v[x]);
        if(B[x]) return ; B[x]=1;
    }
}
int main(){
    freopen("lca.in","r",stdin);
    freopen("lca.out","w",stdout);
    n=read(),m=read();
    for(int i=1;i<=n;++i) v[i]=read();
    for(int i=1,a,b;i<n;++i)
        a=read(),b=read(),add(a,b);
    dfs(1),t.clear();
    for(int op,x;m;--m){
        op=cread(),x=read();
        if(op) modify(x);
        else print(t.query(x));
    } return Ot(),0;
}

 

t1：

题意

给你一个序列 a ，长度为 n ，首项为 t0，后面每一项 $a[i] = (A*a[i-1]*a[i-1]+B*a[i-1]+C)%D$  ， A、 B、 C、 D 均给出，求这个序列的最长不下降子序列

 

分析

一眼看出这玩意儿有循环节。

 

但是这个序列前面的一部分与最后的一部分要特殊考虑，后面一部分倒还好说，前面一部分根本就与循环节是无关的。

 

所以我们考虑前后两部分特殊处理，然后中间的部分利用循环节做掉。

 

做法有两种：

 

1. 一个是列出转移式然后矩阵加速解，复杂度  $D^3 \log n$
2. 一个是考虑贪心构造，观察出每个数字必然至少出现一次的特点（当然是 n 足够大的时候），将中间的每个循环中的数字能利用就利用上，然后对于 n 小一点的直接 n log n 跑一遍暴力解（n^3 也可以随你开心啦） 复杂度 $D^2 \log D$

　　

 

code

 

$D^3 \log n$

//by Judge
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int M=1e6+3;
const int N=163;
int A,B,C,D,a[M],f[M];
int b[M<<1],c[M],pos[M];
ll n,m,st,ed,top,ans=1,MX[M];
template<class T>inline void cmax(T& a,T b){if(a<b)a=b;}
inline int get(int x){return (A*x*x+B*x+C)%D;}
inline void solv_pre(){
    for(int i=2;i<=n;++i) a[i]=get(a[i-1]);
    for(int i=1,k;i<=n;++i){
        k=upper_bound(f+1,f+1+top,a[i])-f;
        if(k>top) ++top; f[k]=a[i],MX[a[i]]=k;
    }
    for(int i=0;i<=D;++i) cmax(ans,MX[i]);
    printf("%lld\n",ans);
}
struct Matrix{ ll a[N][N];
    inline void mem(){ memset(a,-1,sizeof(a)); }
    ll* operator [](const int x){return a[x];}
    Matrix operator *(Matrix& b){ static Matrix c;
        for(int i=1;i<=m;++i) for(int j=1;j<=m;++j) c[i][j]=-1;
        for(int i=1;i<=m;++i) for(int k=1;k<=m;++k)
            for(int j=1;j<=m;++j) if(a[i][k]!=-1&&b[k][j]!=-1)
                cmax(c[i][j],a[i][k]+b[k][j]); return c;
    }
}I,G;
Matrix qpow(Matrix x,ll p){ Matrix s=I;
    for(ll i=p;i;i>>=1,x=x*x)
        if(i&1) s=s*x; return s;
}
int lf[N],rf[N];
int main(){
    freopen("lis.in","r",stdin);
    freopen("lis.out","w",stdout);
    cin>>n>>a[1]>>A>>B>>C>>D,pos[a[1]]=1;
    if(n<=1e6) return solv_pre(),0;
    for(int i=2;;pos[a[i]]=i,++i){ a[i]=get(a[i-1]);
        if(pos[a[i]]){st=i,m=i-pos[a[i]];break;}
    } ed=n-(n-st+1)%m,b[1]=c[1]=a[st];
    for(int i=2;i<=m<<1;++i) b[i]=get(b[i-1]);
    for(int i=2;i<=n-ed;++i) c[i]=get(c[i-1]);
    I.mem(),G.mem(); for(int i=1;i<=m;++i) I[i][i]=0;
    for(int i=1;i<st;cmax(lf[a[i]],++f[i]),++i)
        for(int j=1;j<i;++j) if(a[j]<=a[i]) cmax(f[i],f[j]);
    for(int i=1;i<=D;++i) cmax(lf[i],lf[i-1]);
    memset(f,0,sizeof(f));
    for(int i=n-ed;i>=1;cmax(rf[c[i]],++f[i]),--i)
        for(int j=n-ed;j>i;--j) if(c[j]>=c[i]) cmax(f[i],f[j]);
    for(int i=D-1;i>=0;--i) cmax(rf[i],rf[i+1]);
    for(int i=1;i<=m;++i){ memset(f,-1,sizeof(f)),f[i]=0;
        for(int j=i+1;j<=m<<1;++j) if(b[j]>=b[i])
            for(int k=i;k<j;++k) if(b[k]<=b[j]) cmax(f[j],f[k]+1);
        for(int j=m+1;j<=m<<1;++j) G[i][j-m]=f[j];
    } G=qpow(G,(ed-st+1)/m-1);
    for(int i=1;i<=m;++i) for(int j=1;j<=m;++j)
        cmax(ans,G[i][j]+lf[b[i]]+rf[b[j]]+1);
    return printf("%lld\n",ans),0;
}

 

$D^2 \log D$

本来我用的是贪心，然后挂了，就用矩阵了，这里就放 std 的代码好了 Q.T

 

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long int64;
const int maxn=50010,maxd=160;
int a[maxn],b[maxn],pos[maxd];
int A,B,C,D,m; int64 st,ed,n;

struct Tbinary_index_tree{
    int t[maxd];
    void clear(){ memset(t,0,sizeof(t)); }
    void insert(int x,int v){
        for(int i=++x;i<maxd;i+=i&-i)
            t[i]=max(t[i],v);
    }
    int query(int x){
        int res=0; ++x;
        for(int i=x;i;i-=i&-i)
            res=max(res,t[i]);
        return res;
    }
}bit;
void brute_force(){
    scanf("%d%d%d%d%d",a+1,&A,&B,&C,&D);
    bit.clear(),bit.insert(a[1],1); int ans=1;
    for(int i=2;i<=n;++i){
        a[i]=(A*a[i-1]*a[i-1]+B*a[i-1]+C)%D;
        int f=bit.query(a[i])+1;
        bit.insert(a[i],f),ans=max(ans,f);
    }
    printf("%d\n",ans);
}

void init(){
    scanf("%d%d%d%d%d",a+1,&A,&B,&C,&D);
    memset(pos,-1,sizeof(pos)),pos[a[1]]=1;
    for(int i=2;;++i){
        a[i]=(A*a[i-1]*a[i-1]+B*a[i-1]+C)%D;
        if(pos[a[i]]!=-1){ st=i,m=i-pos[a[i]]; break; }
        pos[a[i]]=i;
    }
    ed=n-(n-st+1)%m;
    for(int i=st;i<=st+m*m-1;++i)
        a[i]=(A*a[i-1]*a[i-1]+B*a[i-1]+C)%D;
    b[1]=a[st];
    for(int i=2;i<=n-ed+m*m;++i)
        b[i]=(A*b[i-1]*b[i-1]+B*b[i-1]+C)%D;
    st+=m*m,ed-=m*m; assert(st<ed);
}

int lf[maxd],rf[maxd],f[maxn];
void solve(){
    memset(lf,0,sizeof(lf));
    memset(f,0,sizeof(f)),bit.clear();
    for(int i=1;i<st;++i){
        f[i]=bit.query(a[i])+1;
        bit.insert(a[i],f[i]);
        lf[a[i]]=max(lf[a[i]],f[i]);
    }
    for(int i=1;i<maxd;++i)
        lf[i]=max(lf[i],lf[i-1]);
    memset(f,0,sizeof(f)),bit.clear();
    for(int i=n-ed;i>=1;--i){
        f[i]=bit.query(maxd-b[i]-2)+1;
        bit.insert(maxd-b[i]-2,f[i]);
        rf[b[i]]=max(rf[b[i]],f[i]);
    }
    for(int i=maxd-2;i>=0;--i)
        rf[i]=max(rf[i],rf[i+1]);
    int64 ans=0;
    for(int i=1;i<=m;++i){
        int v=a[st-m*m+i-1];
        ans=max(ans,lf[v]+(ed-st+1)/m+rf[v]);
    }
    printf("%lld\n",ans);
}

int main(){
    freopen("lis.in","r",stdin);
    freopen("lis.out","w",stdout);
    scanf("%lld",&n);
    if(n<=50000)
        brute_force();
    else init(),solve();
    return 0;
}

 

 

t2：

题意

给你 n 件物品来放完全背包，体积小于 L 的无限放， 大于等于 L 的物品总共最多放 C 件，然后给出多组询问，你需要判断是否能用这些物品在满足条件的情况下放满 W 大小的背包

 

分析

回到了被跳楼机支配的恐惧...

 

首先令最小的物品体积为 V ，那么这个物品是可以无限放的，所以我们只需要记录要达到在模 V 下的体积会放到的最小体积，然后判断的时候看 询问值模 V 后是否大于等于这个值就好了（因为多出来的体积可以用 V 补）

 

设计状态 $f[i][j][k]$ 为前 i 个物品中加入了 j 次体积不小于 L 的物品，且总体积模 V 为 k 的最小总体积 （我就觉得是跳楼机了） 

 

然后刚刚我说的显然有错啊，最小物品的体积不见得就可以无限放，那么如果最小体积物品也 ≥ L ，那么最多放 C 件，直接暴力跑就能出解了，状态也比较简单，就是考虑放不超过 c 件物品能达到的体积，加上 vi 本来就小，随便套套 bitset （不套也行）就解决了

 

code

//by Judge
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int MV=10011,M=53;
#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
char buf[1<<21],*p1,*p2;
inline void cmin(ll& a,ll b){if(a>b)a=b;}
inline ll read(){ ll x=0,f=1; char c=getchar();
    for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-1;
    for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0'; return x*f;
} char sr[1<<21],z[21]; int Z,C=-1;
inline void Ot(){fwrite(sr,1,C+1,stdout),C=-1;}
int n,m,v[M],V,V0,c;
ll f[33][MV*33],g[MV];
inline void preset(){
    for(int j=0;j<=c;++j) for(int k=0;k<V;++k) f[j][k]=1e18; f[0][0]=0;
    for(int i=1,t;i<=n;++i) if(v[i]>=V0){ t=v[i]%V;
        for(int j=1;j<=c;++j) for(int k=0;k<V;++k)
            cmin(f[j][k],f[j-1][(k+V-t)%V]+v[i]);
    } else{ int len=V/__gcd(v[i],V);
        for(int j=0;j<=c;++j) for(int N=V/len,d=0;d<N;++d)
            for(int T=1;T<=2;++T) for(int k=0,las=d,now;k<=len;++k)
                now=(las+v[i])%V,cmin(f[j][now],f[j][las]+v[i]),las=now;
    } for(int i=0;i<V;++i) g[i]=1e18;
    for(int j=0;j<=c;++j) for(int k=0;k<V;++k) cmin(g[k],f[j][k]);
    for(ll x;m;--m)
        if(x=read(),g[x%V]>x) sr[++C]='N',sr[++C]='o',sr[++C]='\n';
        else sr[++C]='Y',sr[++C]='e',sr[++C]='s',sr[++C]='\n';
    return Ot();
}
int main(){
    freopen("bag.in","r",stdin);
    freopen("bag.out","w",stdout);
    n=read(),m=read();
    for(int i=1;i<=n;++i) v[i]=read(); sort(v+1,v+1+n);
    return V=v[1],V0=read(),c=read(),preset(),0;
}