文章目錄

• • • A
    • B
    • C-枚舉
    • D-區(qū)間合并模板
    • E-圖論建模，函數(shù)圖的性質(zhì)
    • • 題意
      • 思路
      • 代碼
    • F-樹狀數(shù)組
    • • 題意
      • 思路
      • 代碼
    • G-矩陣快速冪優(yōu)化dp
    • H-線段樹
    • • 思路
      • 實現(xiàn)

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本文CSDN

本文juejin

作者：hans774882968以及hans774882968

A

水，略。

B

模擬即可。

#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; typedef pair<int, int> pii; #define rep(i,a,b) for(int i = (a);i <= (b);++i) #define re_(i,a,b) for(int i = (a);i < (b);++i) #define dwn(i,a,b) for(int i = (a);i >= (b);--i)const int N = 5 + 5;int n, a[N];void dbg() {puts (""); } template<typename T, typename... R>void dbg (const T &f, const R &... r) {cout << f << " ";dbg (r...); } template<typename Type>inline void read (Type &xx) {Type f = 1;char ch;xx = 0;for (ch = getchar(); ch < '0' || ch > '9'; ch = getchar() ) if (ch == '-') f = -1;for (; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar() ) xx = xx * 10 + ch - '0';xx *= f; } void read() {} template<typename T, typename ...R>void read (T &x, R &...r) {read (x);read (r...); }int main() {read (n);int ans = 0;rep (_, 1, n) {int x;read (x);a[0]++;dwn (i, 3, 0) {if (i + x < 4) a[i + x] += a[i];else ans += a[i];a[i] = 0;}}printf ("%d\n", ans);return 0; }

C-枚舉

題意：有一個九宮格，每格填一個正整數(shù)，輸入3 <= h[0~2] <= 30, 3 <= w[0~2] <= 30分別表示期望的每行和每列的數(shù)字的和。求方案數(shù)。

只需要枚舉4個格子就能確定所有的數(shù)了，計算量30^4完全可行。我選擇的是(0,0), (0,1), (1,0), (1,1)這4個格子。

#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; typedef pair<int, int> pii; #define rep(i,a,b) for(int i = (a);i <= (b);++i) #define re_(i,a,b) for(int i = (a);i < (b);++i) #define dwn(i,a,b) for(int i = (a);i >= (b);--i)const int N = 2e5 + 5;int n, w[5], h[5];void dbg() {puts (""); } template<typename T, typename... R>void dbg (const T &f, const R &... r) {cout << f << " ";dbg (r...); } template<typename Type>inline void read (Type &xx) {Type f = 1;char ch;xx = 0;for (ch = getchar(); ch < '0' || ch > '9'; ch = getchar() ) if (ch == '-') f = -1;for (; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar() ) xx = xx * 10 + ch - '0';xx *= f; } void read() {} template<typename T, typename ...R>void read (T &x, R &...r) {read (x);read (r...); }int main() {n = 3;re_ (i, 0, n) read (w[i]);re_ (i, 0, n) read (h[i]);int ans = 0;re_ (i0, 1, min (w[0], h[0]) - 1) {re_ (i1, 1, min (w[1], h[0]) - 1) {re_ (i3, 1, min (w[0], h[1]) - 1) {re_ (i4, 1, min (w[1], h[1]) - 1) {int i2 = h[0] - i0 - i1, i5 = h[1] - i3 - i4, i6 = w[0] - i0 - i3, i7 = w[1] - i1 - i4;if (i2 > 0 && i5 > 0 && i6 > 0 && i7 > 0) {int i81 = h[2] - i6 - i7, i82 = w[2] - i2 - i5;if (i81 == i82 && i81 > 0) ++ans;}}}}}printf ("%d\n", ans);return 0; }

D-區(qū)間合并模板

區(qū)間合并模板，參考：https://blog.nowcoder.net/n/834a656e47df44e58e830fdd87d3e253。

#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; typedef pair<int, int> pii; #define rep(i,a,b) for(int i = (a);i <= (b);++i) #define re_(i,a,b) for(int i = (a);i < (b);++i) #define dwn(i,a,b) for(int i = (a);i >= (b);--i)const int N = 2e5 + 5;int n; pii a[N];void dbg() {puts (""); } template<typename T, typename... R>void dbg (const T &f, const R &... r) {cout << f << " ";dbg (r...); } template<typename Type>inline void read (Type &xx) {Type f = 1;char ch;xx = 0;for (ch = getchar(); ch < '0' || ch > '9'; ch = getchar() ) if (ch == '-') f = -1;for (; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar() ) xx = xx * 10 + ch - '0';xx *= f; } void read() {} template<typename T, typename ...R>void read (T &x, R &...r) {read (x);read (r...); }int main() {read (n);rep (i, 1, n) read (a[i].first, a[i].second);sort (a + 1, a + n + 1);vector<pii> ans;for (int i = 1; i <= n; ++i) {int l = a[i].first, r = a[i].second;while (i <= n && a[i + 1].first <= r) r = max (r, a[++i].second);ans.push_back ({l, r});}for (pii v : ans) printf ("%d %d\n", v.first, v.second);return 0; }

E-圖論建模，函數(shù)圖的性質(zhì)

題意

n <= 2e5個人排隊拿糖果。輸入長為n的兩個數(shù)組x, c，表示如果i號人排在x[i]號人后面，則i號人會受到c[i]的傷害。請你求一個排列，使所有人受到的總傷害最小。保證i ≠ x[i]。

思路

嘗試往逆序?qū)Α⒍帧⒇澬暮妥远x排序等方面想，一無所獲。只好看答案，沒想到是圖論題！

這個圖有n條有向邊，i -> x[i]，官方題解指出這種圖叫做functional graph，顧名思義，以i為自變量，x[i]為因變量，確實符合函數(shù)定義。函數(shù)圖有如下特殊性質(zhì)：它的每個無向圖意義下的連通分量恰好有一個環(huán)。官方題解用數(shù)學(xué)歸納法，用了不少篇幅來證明。其實感性上更好理解：每個點都必須有一個出度，而DAG拓撲序最大的點出度為0，故必定有環(huán)。而環(huán)套環(huán)要求有些點出度至少為2。

這樣每個連通分量就分為非環(huán)的部分和環(huán)上的部分。對于非環(huán)的部分，直接定順序為拓撲序則傷害為0，最優(yōu)。環(huán)上的部分至少有一個人會受傷害，那么我們只讓傷害值最小的人受傷（排最后）即可，貢獻min(c[y1],c[y2],...)。

代碼

uf[]標記無向圖意義下的連通分量是否被訪問過。簡單的并查集。

為了得到環(huán)上的所有點：vis[]是中間變量，u從i開始，跳到第一次vis[u] = true的時候，u是環(huán)上的一點，接著跳就能得到環(huán)上的所有點了。

#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; typedef pair<int, int> pii; #define rep(i,a,b) for(int i = (a);i <= (b);++i) #define re_(i,a,b) for(int i = (a);i < (b);++i) #define dwn(i,a,b) for(int i = (a);i >= (b);--i)const int N = 2e5 + 5;int n, c[N], a[N], fa[N]; bool vis[N], uf[N];void dbg() {puts (""); } template<typename T, typename... R>void dbg (const T &f, const R &... r) {cout << f << " ";dbg (r...); } template<typename Type>inline void read (Type &xx) {Type f = 1;char ch;xx = 0;for (ch = getchar(); ch < '0' || ch > '9'; ch = getchar() ) if (ch == '-') f = -1;for (; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar() ) xx = xx * 10 + ch - '0';xx *= f; } void read() {} template<typename T, typename ...R>void read (T &x, R &...r) {read (x);read (r...); }int find (int x) {return x == fa[x] ? x : fa[x] = find (fa[x]); }int main() {read (n);re_ (i, 0, n) read (c[i]), c[i]--;re_ (i, 0, n) read (a[i]);re_ (i, 0, n) fa[i] = i;re_ (i, 0, n) {int f1 = find (i), f2 = find (c[i]);fa[f1] = f2;}LL ans = 0;re_ (i, 0, n) {int fi = find (i);if (uf[fi]) continue;uf[fi] = true;vis[i] = true;int u = c[i];while (!vis[u]) {vis[u] = true;u = c[u];}int mn = a[u];for (int v = c[u]; v != u; v = c[v])mn = min (mn, a[v]);ans += mn;}printf ("%lld\n", ans);return 0; }

F-樹狀數(shù)組

題意

給你長為n <= 2e5的數(shù)組。有兩種操作：

單點修改。

求3階前綴和D[x]（見原題，1-indexed），模998244353。

思路

套路題。首先考慮把它寫成只與a[1], a[2], ..., a[x]有關(guān)的形式。對于二階前綴和，用貢獻思想很容易發(fā)現(xiàn)是C[x] = x*a[1]+(x-1)*a[2]+...+1*a[x]，所以D[x] = (x+2-1)*(x+1-1)/2*a[1]+(x+2-2)*(x+1-2)/2*a[1]+...+(x+2-x)*(x+1-x)/2*a[x]。

對于(x+2-i)*(x+1-i)/2*a[i]，我們希望x的函數(shù)與和i有關(guān)的函數(shù)分離，則x的函數(shù)是系數(shù)，和i有關(guān)的函數(shù)是需要維護的數(shù)組，這樣題目就做完了。分離出(x+2)*(x+1)/2 * a[i] - (2*x+3)/2 * (i*a[i]) + 1/2 * (i*i*a[i])。因此只需要維護a[i], i*a[i], i*i*a[i]的前綴和。

拓展：k階前綴和同理可做。但k較大的時候是否能寫代碼來求多項式系數(shù)呢？我暫時做不到。

代碼

• 注意一切皆可模法。

#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; typedef pair<int, int> pii; #define rep(i,a,b) for(int i = (a);i <= (b);++i) #define re_(i,a,b) for(int i = (a);i < (b);++i) #define dwn(i,a,b) for(int i = (a);i >= (b);--i) #define lowbit(x) ((x) & (-(x)))const int N = 2e5 + 5; const int mod = 998244353; const int I2 = 499122177;int n, q, a[N]; LL c0[N], c1[N], c2[N];void dbg() {puts (""); } template<typename T, typename... R>void dbg (const T &f, const R &... r) {cout << f << " ";dbg (r...); } template<typename Type>inline void read (Type &xx) {Type f = 1;char ch;xx = 0;for (ch = getchar(); ch < '0' || ch > '9'; ch = getchar() ) if (ch == '-') f = -1;for (; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar() ) xx = xx * 10 + ch - '0';xx *= f; } void read() {} template<typename T, typename ...R>void read (T &x, R &...r) {read (x);read (r...); }void mdy (LL C[], int x, LL v) {for (; x <= n; x += lowbit (x) ) C[x] = (C[x] + v) % mod; }LL qry (LL C[], int x) {LL ret = 0;for (; x; x -= lowbit (x) ) ret = (ret + C[x]) % mod;return ret; }int main() {read (n, q);rep (i, 1, n) read (a[i]), a[i] %= mod;rep (i, 1, n) {mdy (c0, i, a[i]);mdy (c1, i, 1LL * i * a[i] % mod);mdy (c2, i, 1LL * i * i % mod * a[i] % mod);}while (q--) {int op;read (op);if (op == 1) {int x;LL v;read (x, v);v %= mod;mdy (c0, x, (v - a[x] + mod) % mod);mdy (c1, x, x * (v - a[x] + mod) % mod);mdy (c2, x, 1LL * x * x % mod * (v - a[x] + mod) % mod);a[x] = v;} else {LL x;read (x);LL k0 = (x + 2) * (x + 1) % mod * I2 % mod, k1 = (2 * x + 3) * I2 % mod;LL ans = (k0 * qry (c0, x) % mod - k1 * qry (c1, x) % mod + I2 * qry (c2, x) % mod + mod) % mod;printf ("%lld\n", ans);}}return 0; }

G-矩陣快速冪優(yōu)化dp

太難了，只能想到2^D的做法（枚舉頂點顏色的狀態(tài)位），直接學(xué)習(xí)題解了……

定義dp[i][S = 0~3]為填了前i條邊，第一個頂點和當(dāng)前的邊的頂點的顏色分別為狀態(tài)位的高位和低位的方案數(shù)，1表示白色（1表示黑色同理可做）。顯然第n條邊的頂點和第一個頂點顏色要相同，所以答案dp[n][0] + dp[n][3]。

但我們發(fā)現(xiàn)沒法轉(zhuǎn)移，因為不知道之前的白色有幾種，沒法保證白色點數(shù)相同。那白色點數(shù)相同的保證就用外部限制來實現(xiàn)，所以我們先枚舉所需顏色種類數(shù)k = 0~D+1。轉(zhuǎn)移：dp[i][S] = sum(C(D - 1, k - bc[S1]) * dp[i-1][S0])，這里S和S0的高位要相同，而S1 = (S % 2) << 1 | (S0 % 2)表示上一條邊的頂點和當(dāng)前邊的頂點顏色組成的狀態(tài)位，bc[]表示白色點的個數(shù)。邊界：dp[1][S] = C(D - 1, k - bc[S])。

轉(zhuǎn)移只與i-1有關(guān)，可矩陣快速冪優(yōu)化。

總結(jié)：想法要大膽，看到n較大也不一定就放棄思考dp做法了，因為還可以用矩陣快速冪來保證復(fù)雜度。

#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; typedef pair<int, int> pii; #define rep(i,a,b) for(int i = (a);i <= (b);++i) #define re_(i,a,b) for(int i = (a);i < (b);++i) #define dwn(i,a,b) for(int i = (a);i >= (b);--i)const int N = 1e4 + 5; const int mod = 998244353;LL pw, fac[N], ifac[N]; int D, n = 4;void dbg() {puts (""); } template<typename T, typename... R>void dbg (const T &f, const R &... r) {cout << f << " ";dbg (r...); } template<typename Type>inline void read (Type &xx) {Type f = 1;char ch;xx = 0;for (ch = getchar(); ch < '0' || ch > '9'; ch = getchar() ) if (ch == '-') f = -1;for (; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar() ) xx = xx * 10 + ch - '0';xx *= f; } void read() {} template<typename T, typename ...R>void read (T &x, R &...r) {read (x);read (r...); }struct Mat {LL m[5][5];Mat() {memset (m, 0, sizeof m);} }; Mat mul (Mat a, Mat b) {Mat ret;re_ (i, 0, n) {re_ (j, 0, n) {LL s = 0;re_ (k, 0, n) s = (s + a.m[i][k] * b.m[k][j] % mod) % mod;ret.m[i][j] = s;}}return ret; } Mat q_pow (Mat a, LL b) {Mat ret;re_ (i, 0, n) ret.m[i][i] = 1;for (; b; b >>= 1) {if (b & 1) ret = mul (ret, a);a = mul (a, a);}return ret; }LL q_pow (LL a, LL b) {LL ret = 1;for (; b; b >>= 1) {if (b & 1) ret = ret * a % mod;a = a * a % mod;}return ret; }void init_C (int n) {fac[0] = 1;rep (i, 1, n) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;ifac[n] = q_pow (fac[n], mod - 2);dwn (i, n - 1, 0) ifac[i] = (i + 1) * ifac[i + 1] % mod; }LL C (int x, int y) {if (y < 0 || x < y) return 0;return fac[x] * ifac[y] % mod * ifac[x - y] % mod; }int main() {init_C (N - 5);read (pw, D);LL ans = 0;rep (k, 0, D + 1) {Mat m0, bas;re_ (S, 0, n) {re_ (S0, 0, n) {if (S / 2 != S0 / 2) continue;int u = (S % 2) << 1 | (S0 % 2);m0.m[S][S0] = C (D - 1, k - __builtin_popcount (u) );}}re_ (S, 0, n) bas.m[S][0] = C (D - 1, k - __builtin_popcount (S) );Mat m1 = mul (q_pow (m0, pw - 1), bas);ans = (ans + m1.m[0][0] + m1.m[3][0]) % mod;}printf ("%lld\n", ans);return 0; }

H-線段樹

思路

即ex題。官方題解的兩種做法都太難了，但是操作1的區(qū)間向下整除會導(dǎo)致數(shù)字快速減小，而操作2的區(qū)間覆蓋會導(dǎo)致整個數(shù)組的豐富程度下降，所以我們會想嘗試加一個tag，表示區(qū)間的數(shù)字是否完全相同，在區(qū)間數(shù)字完全相同時停止往下遍歷。

加這個tag的思路的主要來源是這道線段樹模板題：花神游歷各國，hdu上有一道題，區(qū)間求歐拉函數(shù)+求區(qū)間和，也是一樣的思路。

加這個tag的思路很容易理解，也能AC，但我不清楚它在這題的復(fù)雜度對不對。

實現(xiàn)

結(jié)構(gòu)體需要3個屬性：v,ctg,s。v = -1表示該區(qū)間的值不是完全相同，v >= 0表示值完全相同；ctg表示區(qū)間覆蓋的懶標記；s表示區(qū)間和。

我選擇了先build，再對數(shù)組進行n次單點覆蓋，這就要求把葉節(jié)點的值設(shè)為0，而非葉節(jié)點的ctg設(shè)為-1。也可以直接讀入數(shù)組再build。

s不是可選的而是必須的，把s去掉則查區(qū)間和的時候會走得更深，導(dǎo)致TLE。

#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; typedef pair<int, int> pii; #define rep(i,a,b) for(int i = (a);i <= (b);++i) #define re_(i,a,b) for(int i = (a);i < (b);++i) #define dwn(i,a,b) for(int i = (a);i >= (b);--i) #define ls(x) ((x) << 1) #define rs(x) ((x) << 1 | 1)const int N = 5e5 + 5;int n, q;void dbg() {puts (""); } template<typename T, typename... R>void dbg (const T &f, const R &... r) {cout << f << " ";dbg (r...); } template<typename Type>inline void read (Type &xx) {Type f = 1;char ch;xx = 0;for (ch = getchar(); ch < '0' || ch > '9'; ch = getchar() ) if (ch == '-') f = -1;for (; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar() ) xx = xx * 10 + ch - '0';xx *= f; } void read() {} template<typename T, typename ...R>void read (T &x, R &...r) {read (x);read (r...); }struct Node {int v, ctg;LL s; } nd[N << 2];void update (int x, int v, int l, int r) {nd[x].ctg = nd[x].v = v;nd[x].s = 1LL * v * (r - l + 1); }void pushup (int x) {nd[x].v = nd[ls (x)].v == nd[rs (x)].v ? nd[ls (x)].v : -1;nd[x].s = nd[ls (x)].s + nd[rs (x)].s; }void pushdown (int x, int l, int r) {if (!~nd[x].ctg) return;int v = nd[x].ctg, mid = (l + r) >> 1;nd[ls (x)].ctg = nd[rs (x)].ctg = v;nd[ls (x)].v = nd[rs (x)].v = v;nd[ls (x)].s = (mid - l + 1LL) * v;nd[rs (x)].s = 1LL * (r - mid) * v;nd[x].ctg = -1; }void build (int x, int l, int r) {nd[x].ctg = -1;if (l == r) {update (x, 0, l, r);return;}int mid = (l + r) >> 1;build (ls (x), l, mid);build (rs (x), mid + 1, r);pushup (x); }void idiv (int ql, int qr, int v, int x = 1, int l = 1, int r = n) {if (ql <= l && r <= qr && ~nd[x].v) {update (x, nd[x].v / v, l, r);return;}pushdown (x, l, r);int mid = (l + r) >> 1;if (ql <= mid) idiv (ql, qr, v, ls (x), l, mid);if (qr > mid) idiv (ql, qr, v, rs (x), mid + 1, r);pushup (x); }void cover (int ql, int qr, int v, int x = 1, int l = 1, int r = n) {if (ql <= l && r <= qr && ~nd[x].v) {update (x, v, l, r);return;}pushdown (x, l, r);int mid = (l + r) >> 1;if (ql <= mid) cover (ql, qr, v, ls (x), l, mid);if (qr > mid) cover (ql, qr, v, rs (x), mid + 1, r);pushup (x); }LL qry (int ql, int qr, int x = 1, int l = 1, int r = n) {if (ql <= l && r <= qr) return nd[x].s;pushdown (x, l, r);int mid = (l + r) >> 1;LL ans = 0;if (ql <= mid) ans += qry (ql, qr, ls (x), l, mid);if (qr > mid) ans += qry (ql, qr, rs (x), mid + 1, r);pushup (x);return ans; }int main() {read (n, q);build (1, 1, n);rep (i, 1, n) {int v;read (v);cover (i, i, v);}while (q--) {int op, l, r, v;read (op, l, r);if (op == 1) {read (v);idiv (l, r, v);} else if (op == 2) {read (v);cover (l, r, v);} else {printf ("%lld\n", qry (l, r) );}}return 0; }

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的AtCoder abc256全题解（区间合并模板、矩阵快速幂优化dp、线段树……）的全部內(nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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