Weak in the Middle

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栈模拟。

天数的计算，可以发现与其参与三元比较的次数有关

对于栈顶，如果被弹出，那么天数就是$\max ($栈顶的参与次数，栈中栈顶的下一个的参与次数$)+1$

code

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
#define maxn 100005
int T, n;
int sta[maxn], cnt[maxn], ans[maxn], x[maxn];int main() {scanf( "%d", &T );while( T -- ) {scanf( "%d", &n );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {scanf( "%d", &x[i] );ans[i] = cnt[i] = 0;}int top = 0;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {while( top > 1 && x[sta[top]] < x[sta[top - 1]] && x[sta[top]] < x[i] ) {ans[sta[top]] = max( cnt[sta[top - 1]], cnt[sta[top]] ) + 1;cnt[sta[top - 1]] = ans[sta[top]];top --;}sta[++ top] = i;}for( int i = 1;i <= n;i ++ )printf( "%d ", ans[i] );}return 0;
}

Cutting Plants

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考场上调一个取反符号调完正常，非常好

非常标准的分块可做 只不过实现。。。

首先，先判无解，必须每棵树的目标高度要小于等于高度

把$n$棵树分成$\sqrt{n}$块

$O(n)$线性枚举$i$，强制要求该操作后至少第$i$个都必须达到目标要求

相当于固定操作的区间左端点$i$，贪心的，想尽可能右移区间右端点

• 先从$i$开始暴力扫一遍$i$​所在的块，并把标记$tag$下放

  • 符合要求：所有树的目标高度都小于等于$i$的目标高度 且 所有树的当前高度都大于等于$i$目标高度，这样才能操作

    • 从下一块开始整块枚举

      为了直接判断整块是否符合要求

      用$maxx$记录块中所有树的目标高度的最大值

      $h$​记录块中所有的现在高度的最小值

      满足$b_i\ge max{x}_j,b_i\le h_j$

      • 满足要求

        更新整块的信息，所有树的当前高度都变成$b_i$，用$tag$记录整块被操作后的同一高度

      • 否则，在当前块break

        再从当前块头开始暴力遍历该块，$tag$下放，可能当前块的前一部分是满足操作条件的，暴力操作更新

  • 不符合要求，更新到符合要求的最后一棵树就return

    更新：将$j$树的现在高度，直接变成$i$的目标高度；更新块的所有树的现在高度的最小值

code

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
#define maxn 100005
#define maxB 320
int T, n, B;
int a[maxn], b[maxn], block[maxn], maxx[maxB], tag[maxB], h[maxB];void modify( int pos ) {int End = 0;if( tag[block[pos]] ) {for( int i = pos;i <= min( n, B * block[pos] );i ++ )a[i] = tag[block[pos]];tag[block[pos]] = 0;}for( int i = pos;i <= min( n, B * block[pos] );i ++ )if( a[i] < b[pos] || b[pos] < b[i] ) { End = i; break; }else a[i] = b[pos], h[block[pos]] = min( h[block[pos]], a[i] );if( End ) {h[block[pos]] = 2e9, maxx[block[pos]] = 0;for( int i = End;i <= min( n, B * block[pos] );i ++ ) {h[block[pos]] = min( h[block[pos]], a[i] );maxx[block[pos]] = max( maxx[block[pos]], b[i] );}return;}End = 0;for( int i = block[pos] + 1;i <= block[n];i ++ )if( h[i] < b[pos] || b[pos] < maxx[i] ) { End = i; break; }else tag[i] = h[i] = b[pos];if( ! End ) return;if( tag[End] ) {for( int i = ( End - 1 ) * B + 1;i <= min( n, End * B );i ++ )a[i] = tag[End];tag[End] = 0;}for( int i = ( End - 1 ) * B + 1;i <= min( n, End * B );i ++ )if( a[i] < b[pos] || b[pos] < b[i] ) break;else a[i] = b[pos], h[End] = min( h[End], a[i] );
}int main() {scanf( "%d", &T );next :while( T -- ) {scanf( "%d", &n );B = sqrt( n );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {scanf( "%d", &a[i] );block[i] = ( i - 1 ) / B + 1;}for( int i = 1;i <= n;i ++ )scanf( "%d", &b[i] );for( int i = 1;i <= n;i ++ )if( a[i] < b[i] ) { printf( "-1\n" ); goto next; }for( int i = 1;i <= block[n];i ++ ) h[i] = 2e9, maxx[i] = tag[i] = 0;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {maxx[block[i]] = max( maxx[block[i]], b[i] );h[block[i]] = min( h[block[i]], a[i] );}int ans = 0;for( int i = 1;i <= n;i ++ )if( a[i] == b[i] || b[i] == tag[block[i]] ) continue;else modify( i ), ans ++;printf( "%d\n", ans );}return 0;
}

[HNOI2016]最小公倍数

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分块。

答案为yes说明从$u$到$v$有一条路径上的$a$的最大值和$b$的最大值恰好等于询问给定的$a,b$

先将所有边按$a$​从小到大排序，然后将所有询问按$b$从小到大排序

将边分块，把所有询问挂在 最大的 满足小于等于询问的$a$ 的边 所在的块

• 具体而言就是枚举块$i$，然后枚举询问，把$a$大于等于这个块的块头的$a$，且小于下个块块头的$a$的询问拎出来

将这个块前面的所有块的边重新按$b$排序

枚举拎出来的询问（因为最开始的操作，所以按$b$​​递增）

将满足$b$​​小于等于询问的$b$​​​的边加入并查集合并（先前的操作保证$a$一定小于等于询问的$a$）

然后暴力枚举本块中满足的边，并查集合并（判断$a,b$都满足才行）

更新枚举的询问的答案，要判断$a,b$和最大值相等以外，还要保证两点$u,v$连通（父亲相同）

最后把暴力枚举的边，回退掉

所以是可撤销并查集，不能路径压缩

块的大小为$\sqrt{n\log m}$

code

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define maxn 100005
struct node {int u, v, a, b, id;node(){}node( int U, int V, int A, int B, int ID = 0 ) {u = U, v = V, a = A, b = B, id = ID;}
}g[maxn], E[maxn], Q[maxn], MS[maxn];
int n, m, q, top;
int f[maxn], siz[maxn], maxA[maxn], maxB[maxn], ans[maxn];int find( int x ) {return x == f[x] ? x : find( f[x] );
}void merge( int u, int v, int a, int b ) {u = find( u ), v = find( v );if( siz[u] < siz[v] ) swap( u, v );MS[++ top] = node( u, v, maxA[u], maxB[u], siz[u] );if( u ^ v ) {f[v] = u;siz[u] += siz[v];maxA[u] = max( maxA[u], maxA[v] );maxB[u] = max( maxB[u], maxB[v] );}maxA[u] = max( maxA[u], a );maxB[u] = max( maxB[u], b );
}int main() {scanf( "%d %d", &n, &m );int block = sqrt( m * log2( n ) );for( int i = 1, u, v, a, b;i <= m;i ++ ) {scanf( "%d %d %d %d", &u, &v, &a, &b );E[i] = node( u, v, a, b );}sort( E + 1, E + m + 1, []( node x, node y ) { return x.a == y.a ? x.b < y.b : x.a < y.a; } );scanf( "%d", &q );for( int i = 1, u, v, a, b;i <= q;i ++ ) {scanf( "%d %d %d %d", &u, &v, &a, &b );Q[i] = node( u, v, a, b, i );}sort( Q + 1, Q + q + 1, []( node x, node y ) { return x.b == y.b ? x.a < y.a : x.b < y.b; } );for( int k = 1;k <= m;k += block ) {for( int i = 1;i <= n;i ++ )f[i] = i, siz[i] = 1, maxA[i] = maxB[i] = -1;int cnt = 0;for( int i = 1;i <= q;i ++ )if( E[k].a <= Q[i].a && ( k + block > m || Q[i].a < E[k + block].a ) )g[++ cnt] = Q[i];if( ! cnt ) continue;else sort( E + 1, E + k, []( node x, node y ) { return x.b == y.b ? x.a < y.a : x.b < y.b; } );for( int i = 1, j = 1;i <= cnt;i ++ ) {for( ;j < k && E[j].b <= g[i].b;j ++ )merge( E[j].u, E[j].v, E[j].a, E[j].b );top = 0;for( int w = k;w <= min( m, k + block - 1 );w ++ )if( E[w].a <= g[i].a && E[w].b <= g[i].b )merge( E[w].u, E[w].v, E[w].a, E[w].b );int u = find( g[i].u ), v = find( g[i].v );ans[g[i].id] = ( u == v && maxA[u] == g[i].a && maxB[u] == g[i].b );for( int w = top;w;w -- ) {u = MS[w].u;v = MS[w].v;f[v] = v;maxA[u] = MS[w].a;maxB[u] = MS[w].b;siz[u] = MS[w].id;}top = 0;}}for( int i = 1;i <= q;i ++ )if( ans[i] ) printf( "Yes\n" );else printf( "No\n" );return 0;
}