又是慈溪那邊給的題目，這次終于沒有像上次那樣尷尬了，

T1拿到了較高的暴力分，T2沒寫炸，然后T3寫了一個優雅的暴力就203pts，Rank3了。

聽說其它學校的分數普遍100+，那我們學校還不是強到飛起。

裝備(equipment.pas/cpp/c)

這題目出的真心長，讓我聯想到我們語文老師說的：

以后教育改革可能不只是語文，其他學科的考試題目字數都要顯著增加了，到時后數學大題你看都看不完。

原來連OI的題目都有這種趨勢。

我們精簡題意后發現：給你兩段序列，求兩兩乘積的第\(k\)大值。

然后瞄一眼數據范圍，然后我就想到了一種經典的堆的解決方法。

先排序，然后把所有的\(a_i\cdot b_1\)的值都扔到大根堆里，然后每次取出最大的值之后就把\(b_i\)的下標變成\(i+1\)再乘起來扔回去即可。

復雜度是\(O(q\cdot k\ log\ k)\)的，肯定會炸。

這里給出堆的代碼（至于又開了小根堆是為了在\(k\)和\((b-a+1)(r-l+1)-k+1\)中取一個較小的）

53ptsCODE

#include<cstdio> #include<cctype> #include<algorithm> #include<queue> using namespace std; const int N=255,M=100005; int n,m,a[N],b[M],c[N],d[M],q,opt,L,R,l,r,k; struct Small {int x,y,s;bool operator <(const Small a) const { return a.s<s; } }; struct Big {int x,y,s;bool operator <(const Big a) const { return a.s>s; } }; priority_queue <Small> small; priority_queue <Big> big; inline char tc(void) {static char fl[100000],*A=fl,*B=fl;return A==B&&(B=(A=fl)+fread(fl,1,100000,stdin),A==B)?EOF:*A++; } inline void read(int &x) {x=0; char ch; while (!isdigit(ch=tc()));while (x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',isdigit(ch=tc())); } inline void write(int x) {if (x>9) write(x/10);putchar(x%10+'0'); } inline void copy(void) {register int i;for (i=l;i<=r;++i)c[i-l+1]=a[i];for (i=L;i<=R;++i)d[i-L+1]=b[i]; } inline bool small_cmp(int a,int b) {return a<b; } inline bool big_cmp(int a,int b) {return a>b; } inline void Big_solve(int k) {sort(c+1,c+r-l+2,big_cmp); sort(d+1,d+R-L+2,big_cmp);while (!big.empty()) big.pop();for (register int i=1;i<=r-l+1;++i)big.push((Big){i,1,c[i]*d[1]});for (;;){Big now=big.top(); big.pop();if (!(--k)) { write(now.s); putchar('\n'); return; }if (now.y^(R-L+1)) big.push((Big){now.x,now.y+1,c[now.x]*d[now.y+1]});} } inline void Small_solve(int k) {sort(c+1,c+r-l+2,small_cmp); sort(d+1,d+R-L+2,small_cmp);while (!small.empty()) small.pop();for (register int i=1;i<=r-l+1;++i)small.push((Small){i,1,c[i]*d[1]});for (;;){Small now=small.top(); small.pop();if (!(--k)) { write(now.s); putchar('\n'); return; }if (now.y^(R-L+1)) small.push((Small){now.x,now.y+1,c[now.x]*d[now.y+1]});} } int main() {freopen("equipment.in","r",stdin); freopen("equipment.out","w",stdout);register int i; read(n); read(m);for (i=1;i<=n;++i) read(a[i]);for (i=1;i<=m;++i) read(b[i]); read(q);while (q--){read(opt); read(l); read(r); read(L);if (opt){read(R); read(k); int tot=(r-l+1)*(R-L+1); copy();if (k<tot-k+1) Big_solve(k); else Small_solve(tot-k+1);} else{if (l) b[r]=L; else a[r]=L;}}return 0; }

其實這是一個經典的模板（我怎么沒聽說過），我們首先二分答案\(x\)，然后對于其中一個數組排序。

之后對于另一個數組中的所有數只需要再次二分統計個數即可。

主要還是一個套路題。

CODE

#include<cstdio> #include<cctype> #include<algorithm> using namespace std; const int N=255,M=100005; int n,m,a[N],b[M],c[M],q,opt,L,R,l,r,k; inline char tc(void) {static char fl[100000],*A=fl,*B=fl;return A==B&&(B=(A=fl)+fread(fl,1,100000,stdin),A==B)?EOF:*A++; } inline void read(int &x) {x=0; char ch; while (!isdigit(ch=tc()));while (x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',isdigit(ch=tc())); } inline void write(int x) {if (x>9) write(x/10);putchar(x%10+'0'); } inline bool cmp(int a,int b) {return a>b; } inline void copy(void) {register int i;for (i=L;i<=R;++i)c[i-L+1]=b[i]; sort(c+1,c+R-L+2,cmp); } inline int check(int x) {int rk=0;for (register int i=l;i<=r;++i){int l_=1,r_=R-L+1;while (l_<=r_){int mid=l_+r_>>1;if (c[mid]*a[i]<x) r_=mid-1; else l_=mid+1;}rk+=r_;}return rk; } inline void solve(void) {int l=1,r=2e9;while (l<=r){int mid=(r-l>>1)+l;if (check(mid)<k) r=mid-1; else l=mid+1;}write(r); putchar('\n'); } int main() {freopen("equipment.in","r",stdin); freopen("equipment.out","w",stdout);register int i; read(n); read(m);for (i=1;i<=n;++i) read(a[i]);for (i=1;i<=m;++i) read(b[i]); read(q);while (q--){read(opt); read(l); read(r); read(L);if (opt) read(R),read(k),copy(),solve(); else l?b[r]=L:a[r]=L;}return 0; }

又見食物鏈(chain.pas/cpp/c)

經典水題，據說是NOI的題目。良心簽到不解釋

對于這種層級分明的關系，考慮拓撲+DP轉移。

我們令\(f_i\)表示以\(i\)結尾的食物鏈的條數，發現轉移時：

\(f_{son[i]}+=f_i\)

然后寫一個拓撲轉移即可，最后對于出度為\(0\)的點進行特判即可。

但是注意一點：單節點不構成食物鏈

CODE

#include<cstdio> #include<cctype> #include<cstring> using namespace std; const int N=100005; struct edge {int to,next; }e[N<<1]; int head[N],in[N],out[N],q[N],n,m,x,y,cnt; unsigned long long f[N],ans; inline char tc(void) {static char fl[100000],*A=fl,*B=fl;return A==B&&(B=(A=fl)+fread(fl,1,100000,stdin),A==B)?EOF:*A++; } inline void read(int &x) {x=0; char ch; while (!isdigit(ch=tc()));while (x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',isdigit(ch=tc())); } inline void add(int x,int y) {e[++cnt].to=y; e[cnt].next=head[x]; head[x]=cnt; } inline void reset(int now) {for (register int i=head[now];i!=-1;i=e[i].next)++f[e[i].to]; } inline void top_sort(void) {register int i; int H=0,T=0;for (i=1;i<=n;++i)if (!in[i]) q[++T]=i,reset(i);while (H<T){int now=q[++H];for (register int i=head[now];i!=-1;i=e[i].next){f[e[i].to]+=f[now];if (!(--in[e[i].to])) q[++T]=e[i].to;}} } int main() {freopen("chain.in","r",stdin); freopen("chain.out","w",stdout);register int i; read(n); read(m);memset(head,-1,sizeof(head)); memset(e,-1,sizeof(e));for (i=1;i<=m;++i){read(x); read(y);add(x,y); ++in[y]; ++out[x];}for (top_sort(),i=1;i<=n;++i)if (!out[i]) ans+=f[i];return printf("%lld",ans),0; }

OJ 中的目錄 (oj.pas/cpp/c)

我去題目怎么又是那么長。

但是讀懂題意之后你就會發現，這道題就是NOI2010 超級鋼琴的樹上版本。

對于超級鋼琴，不會的同學可以看一下sol，這里就不再贅述。

然后在樹上怎么弄，很簡單的套路倍增。

考慮維護兩個東西\(father_{i,j}\)表示\(i\)向上\(2^j\)個點的節點，\(f_{i,j}\)同理，表示的是最大值。

然后我們確定這條鏈下方的點，那么對于上面的點就要求\(sum_{father_{i,0}}\)最小了。還是倍增\(log\)級別解決。

后面的堆等操作大同小異，其實關于樹的題目倍增真的很萬能。

CODE

#include<cstdio> #include<cctype> #include<queue> using namespace std; const int N=500005,P=25; int n,m,l,r,sum[N],father[N][P],dep[N]; long long ans; struct data {int s,l,r,t;bool operator <(const data x) const { return sum[x.s]-sum[father[x.t][0]]>sum[s]-sum[father[t][0]]; } }; struct RMQ {int x,num; }f[N][P]; priority_queue<data> big; inline char tc(void) {static char fl[100000],*A=fl,*B=fl;return A==B&&(B=(A=fl)+fread(fl,1,100000,stdin),A==B)?EOF:*A++; } inline void read(int &x) {x=0; char ch; int flag=1; while (!isdigit(ch=tc())) flag=ch^'-'?1:-1;while (x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',isdigit(ch=tc())); x*=flag; } inline int min(int a,int b) {return a<b?a:b; } inline void RMQ_init(void) {register int i,j;for (j=1;j<P;++j)for (i=1;i<=n;++i)father[i][j]=father[father[i][j-1]][j-1];for (j=1;j<P;++j)for (i=1;i<=n;++i)if (dep[i]>=1<<j) f[i][j]=f[i][j-1].x<f[father[i][j-1]][j-1].x?f[i][j-1]:f[father[i][j-1]][j-1]; } inline int getfa(int x,int y) {for (register int i=P-1;i>=0;--i)if (y&(1<<i)) x=father[x][i];return x; } inline int getmin(int x,int y) {RMQ MIN=f[x][0];for (register int i=P-1;i>=0;--i)if (dep[father[y][i]]>=dep[x]) MIN=MIN.x<f[y][i].x?MIN:f[y][i],y=father[y][i];return MIN.num; } int main() {freopen("oj.in","r",stdin); freopen("oj.out","w",stdout);register int i; read(n);for (i=1;i<=n;++i) read(father[i][0]);for (i=1;i<=n;++i) {read(sum[i]); sum[i]+=sum[father[i][0]]; dep[i]=dep[father[i][0]]+1; f[i][0]=(RMQ){sum[father[i][0]],i};}read(m); read(l); read(r); RMQ_init();for (i=1;i<=n;++i)if (dep[i]>=l){int L=getfa(i,min(r-1,dep[i]-1)),R=getfa(i,l-1);big.push((data){i,L,R,getmin(L,R)});}while (m--){data now=big.top(); big.pop(); ans+=sum[now.s]-sum[father[now.t][0]];if (now.l^now.t) big.push((data){now.s,now.l,father[now.t][0],getmin(now.l,father[now.t][0])});if (now.r^now.t) {int next=dep[now.s]-dep[now.t]; next=getfa(now.s,next-1);big.push((data){now.s,next,now.r,getmin(next,now.r)});}}return printf("%lld",ans),0; }

轉載于:https://www.cnblogs.com/cjjsb/p/9278025.html

總結

以上是生活随笔為你收集整理的EZ 2018 07 06 NOIP模拟赛的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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