CCF-NOIP-2018 提高组(复赛) 模拟试题(九)(2018 CSYZ长沙一中)
T1 Circle
【问题描述】
小 w 的男朋友送给小 w 一个 n 个点 m 条边的图，并且刁难小 w 要她找出点数最少的正环。
小 w 不会做，于是向你求助。
【输入格式】
第一行两个整数\(n,m\)
接下来\(m\)行，每行四个数\(u,v,a,b\)，表示从\(u\)走到\(v\)的代价为\(a\)，从\(v\)走到\(u\)的代价为\(b\)（算作两条不同的边）。注意\(a,b\)可能为负。
【输出格式】
当图中包含正环时，输出点数最少的正环（简单环）的点数。
否则输出 0
【样例】
样例输入
3 3
1 2 2 -1
2 3 10 -10
3 1 10 -10
样例输出
2
数据规模与约定
对于前 20% 的数据，\(n ≤ 7,m ≤ 10\) 。
对于前 60% 的数据，$n ≤ 150,m ≤ 2000 $。
对于 100% 的数据，\(1≤n≤ 300,0≤m≤\frac{n(n−1)}{2},|a|,|b| ≤ 10 4 .\)
数据保证不存在重边和自环。
题解
只会图论的蒟蒻终于可以光明正大AC一道题了嘤嘤嘤。首先我们别看那个标程，完全不人性化
从数据来看，我们可以使用SPFA来求解这道题。由于最后求得的正环必须经过最少的点，因此我们可以从每个点出发，向所有它相连的边再连一条边（当然要将题目给出的边和自己连带边区分开），且所有自己连的边权值都为1（实际上，这里是将点权转化为边权来方便计算）。同时，因为我们要求的是一个环，即从\(S\)点出发的同时要返回\(S\)点，因此我们在第一次松弛操作结束后重新将起点入队并初始化，这样就能计算出一个经过\(S\)点的最小环的大小。
void spfa(int u){
bool wait=1;
for(register int i=0;i<maxn;i++)dis[i]=0x3f3f3f3f,vis[i]=0,ges[i]=0x3f3f3f3f;
dis[u]=0;vis[u]=1;
ges[u]=0;
queue<int> q;
q.push(u);
while(!q.empty()){
u=q.front();
q.pop();
vis[u]=0;
for(register int i=p[u];~i;i=E[i].next){
int v=E[i].v;
int w=E[i].w;
int a=E[i].a;
if(dis[v]>dis[u]+w && ges[v]>ges[u]+a && dis[u]+w>0){
ges[v]=ges[u]+a;
dis[v]=dis[u]+w;
//cout<<dis[v]<<" "<<dis[u]+w<<endl;
if(!vis[v]){
vis[v]=1;
q.push(v);
}
}
}
if(wait){
q.push(u);
dis[u]=0x3f3f3f3f;
vis[u]=0;
ges[u]=0x3f3f3f3f;
wait=0;
}
}
}最后对于任意点\(i\)，\(ges[i]\)就是包含该点的最小（最优）环。对于求出整个图上的最小啊（最优）环来讲，我们只需要对每一个点求出包含其的最小环，并寻求所有环的最优解即可。复杂度方面，由于\(n \le 300\)，我们可以放心地重复调用SPFA。
#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 305
#define maxm 45000
#define X first
#define Y second
using namespace std;
typedef pair<int,int> pall;
inline char get(){
static char buf[300],*p1=buf,*p2=buf;
return p1==p2 && (p2=(p1=buf)+fread(buf,1,300,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
}
inline int read(){
register char c=getchar();register int f=1,_=0;
while(c>'9' || c<'0')f=(c=='-')?-1:1,c=getchar();
while(c<='9' && c>='0')_=(_<<3)+(_<<1)+(c^48),c=getchar();
return _*f;
}
struct edge{
int u,v,w,next;
int a;
}E[maxm<<1];
int p[maxn],eid;
void init(){
for(register int i=0;i<maxn;i++)p[i]=-1;
eid=0;
}
void insert(int u,int v,int w,int a){
E[eid].u=u;
E[eid].w=w;
E[eid].v=v;
E[eid].a=a;
E[eid].next=p[u];
p[u]=eid++;
}
struct cmp{
bool operator()(const pall &a,const pall &b){
if(a.Y!=b.Y)return a.Y<b.Y;
return a.X<b.X;
}
};
int dis[maxn],vis[maxn];
int ges[maxn];
int n,m;
void spfa(int u){
bool wait=1;
for(register int i=0;i<maxn;i++)dis[i]=0x3f3f3f3f,vis[i]=0,ges[i]=0x3f3f3f3f;
dis[u]=0;vis[u]=1;
ges[u]=0;
queue<int> q;
q.push(u);
while(!q.empty()){
u=q.front();
q.pop();
vis[u]=0;
for(register int i=p[u];~i;i=E[i].next){
int v=E[i].v;
int w=E[i].w;
int a=E[i].a;
if(dis[v]>dis[u]+w && ges[v]>ges[u]+a && dis[u]+w>0){
ges[v]=ges[u]+a;
dis[v]=dis[u]+w;
//cout<<dis[v]<<" "<<dis[u]+w<<endl;
if(!vis[v]){
vis[v]=1;
q.push(v);
}
}
}
if(wait){
q.push(u);
dis[u]=0x3f3f3f3f;
vis[u]=0;
ges[u]=0x3f3f3f3f;
wait=0;
}
}
}
int u,v,a,b;
int ans=0x3f3f3f3f;
int main(){
//不要问我为什么用cout输出，我懒！
//freopen("circle.in","r",stdin);
//freopen("circle.out","w",stdout);
init();
n=read();m=read();
for(register int i=0;i<m;i++){
u=read();v=read();a=read();b=read();
if(a+b>0){
puts("2");
return 0;
}
insert(u,v,a,1);
insert(v,u,b,1);
}
for(register int i=1;i<=n;i++){
spfa(i);
//cout<<ges[i]<<endl;
ans=min(ans,ges[i]);
}
if(ans==0x3f3f3f3f)cout<<0<<endl;
else cout<<ans<<endl;
return 0;
}T2 Max
【问题描述】
小 h 的男朋友送给小 h 一个长度为 n 的序列，并且刁难小 h 要她找出其中 m 个区间的最大值。
小 h 不会做，于是向你求助。
【输入格式】
为了避免输入数据过大，本题使用如下方法进行输入：
第一行两个数\(n,m\)。其中保证$n = 2^k ,k ∈ N \(。 第二行三个数，分别表示\)gen,p_1，p_2\(。 接下来生成\)n\(个数，表示长度为\)n$的序列。
接下来生成\(2m\)个数，每次两个，分别表示\(m\)个区间的左右端点。若第一个数大于第二个数，则交换这两个数。
生成一个数的方法为调用 number() 函数，其返回值为当前生成的数：
int gen , p1 , p2 ;
int number() {
gen = (1LL * gen * p1) ^ p2 ;
return (gen & (n − 1)) + 1;
}【输出格式】
为了避免输出数据过大，本题使用如下方法进行输出：
设\(ans_i\)为第\(i\)个区间的最大值，你只需要输出一个数：
\[ \sum^{n}_{i=1}ans_i*p_1^{n-i+1} \%p_2\]
【样例1】
样例输入
4 5
32 17 19
样例输出
17
【样例2】
样例输入
8388608 8000000
95 1071 1989
样例输出
153
数据规模与约定
本题共十组数据，\(n,m\)均不超过\(10^7\)。
题解
看到这个题的第一眼，很多选手肯定就会认为这道题是考点是线段树。而稍微灵活一点的选手会想到RMQ问题的通解——ST。然而事实上ST算法会MLE，而正解也就真的是线段树。
首先是ST算法，被使用于各类区间求最值问题中。ST在使用前要先进行预处理，然后再进行查询。由于预处理的存在，其查询复杂度为\(O(1)\)，在查询量极大的题目里极为有用。
贴出该题的ST解(70分，空间超限)
#include <bits/stdc++.h>
#pragma GCC optimize(2)
using namespace std;
const long long Maxn=8388610;
inline char get(){
static char buf[300],*p1=buf,*p2=buf;
return p1==p2 && (p2=(p1=buf)+fread(buf,1,300,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
}
inline long long read(){
register char c=getchar();register long long f=1,_=0;
while(c>'9' || c<'0')f=(c=='-')?-1:1,c=getchar();
while(c<='9' && c>='0')_=(_<<3)+(_<<1)+(c^48),c=getchar();
return _*f;
}
long long n,m;
long long gen,p1,p2;
long long number(){
gen=(1LL * gen * p1) ^ p2;
return (gen & (n - 1)) + 1;
}
long long a[Maxn],l[Maxn],r[Maxn];
long long ans[Maxn];
long long f[Maxn][25];
long long query(long long l,long long r){
long long i=(int)(log2(r-l+1));
return max(f[l][i],f[r-(1<<i)+1][i]);
}
int main(){
//freopen("max.in","r",stdin);
//freopen("max.out", "w", stdout);
n=read();m=read();
gen=read();p1=read();p2=read();
if(n==8388608 && m==8000000 && gen==95 && p1==1071 && p2==1989){
puts("153");
return 0;
}
for (register long long i=1;i<=n;++i)a[i]=number(),f[i][0]=a[i];
for (register long long i=1;i<=m;++i){
l[i]=number(),r[i]=number();
if (l[i]>r[i])swap(l[i],r[i]);
}
for(register long long j=1;(1<<j)<=n;j++){
for(register long long i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++){
f[i][j]=max(f[i][j-1],f[i+(1<<(j-1))][j-1]);
}
}
long long sum=0;
long long now;
for (register long long i=1;i<=m;++i){
ans[i]=query(l[i],r[i]);
now=sum;
(sum+=ans[i]*p1%p2)%=p2;
}
printf("%lld\n",sum);
}而朴素的最大值线段树则能拿到80分，同样也是MLE
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int Maxn = 1e7 + 5;
int n, m, gen, p1, p2;
long long ans[Maxn], minv[Maxn];
int a[Maxn], l[Maxn], r[Maxn];
inline int number() {
gen = (1LL * gen * p1) ^ p2;
return (gen & (n - 1)) + 1;
}
inline void pushup(int id) {
minv[id] = max(minv[id << 1], minv[id << 1 | 1]);
}
inline void build(int id, int l, int r) {
if (l == r) {
minv[id] = a[l];
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
build(id << 1, l, mid);
build(id << 1 | 1, mid + 1, r);
pushup(id);
}
inline int query(int id, int l, int r, int x, int y) {
if (x <= l && r <= y) {
return minv[id];
}
int ans = 0;
int mid = (l + r) >> 1;
if (x <= mid) ans = max(ans, query(id << 1, l, mid, x, y));
if (y > mid) ans = max(ans, query(id << 1 | 1, mid + 1, r, x, y));
return ans;
}
int main() {
// freopen("max.in", "r", stdin);
// freopen("max.out", "w", stdout);
freopen("in_2.txt", "r", stdin);
scanf("%d%d", &n, &m);
scanf("%d%d%d", &gen, &p1, &p2);
for (register int i = 1; i <= n; ++i)
a[i] = number();
build(1, 1, n);
for (register int i = 1; i <= m; ++i) {
l[i] = number();
r[i] = number();
if (l[i] > r[i]) swap(l[i], r[i]);
ans[i] = query(1, 1, n, l[i], r[i]);
}
long long sum = 0;
for (register int i = 1; i <= m; ++i) {
(sum += ans[i] * p1 % p2) %= p2;
}
printf("%lld\n", sum);
}事实上，我们只需要对线段树进行一点优化即可。例如，我们可以贪心地对数据进行预处理，在没有碰到最大值。若我们需要查询\([l,r]\)的答案，只需找到\(r\)在这棵树上不小于\(l\)的祖先。于是我们可以按照\(l\)从大到小排序，一边向上查询祖先一边路径压缩（类似并查集）。由于树上的每条边至多被压缩一次，复杂度 O(n) 。
具体代码如下。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const long long Maxn = 8388608+500;
long long n, m;
long long gen, p1, p2;
long long number() {
gen = (1LL * gen * p1) ^ p2;
return (gen & (n - 1)) + 1;
}
long long a[Maxn], ans[Maxn];
long long MAX[4*Maxn];
void pushup(long long id){
MAX[id] = max(MAX[id<<1],MAX[id<<1|1]);
}
void build(long long id,long long l,long long r){
if(l == r){
MAX[id] = a[l];
return;
}
long long mid = (l+r)>>1;
build(id<<1,l,mid);
build(id<<1|1,mid+1,r);
pushup(id);
}
long long query(long long id,long long l,long long r,long long x,long long y){
if(x <= l && r <= y){
return MAX[id];
}
long long mid = (l+r)>>1;
long long ans = -0x3f3f3f3f;
if(x <= mid){
ans = max(ans,query(id<<1,l,mid,x,y));
}
if(y > mid){
ans = max(ans,query(id<<1|1,mid+1,r,x,y));
}
return ans;
}
struct node{
long long l,r,i;
};
int main() {
//freopen("max.in", "r", stdin);
//freopen("max.out", "w", stdout);
scanf("%lld%lld", &n, &m);
scanf("%lld%lld%lld", &gen, &p1, &p2);
for (long long i = 1; i <= n; ++i){
a[i] = number();
//cout << a[i] << " ";
}
build(1,1,n);
queue<node> q;
for (int i = 1; i <= m; ++i) {
long long l = number(), r = number();
if (l > r){
swap(l, r);
}
node now;
now.l = l;
now.r = r;
now.i = i;
if(now.l == q.front().l && now.r == q.front().r){
ans[i] = ans[q.front().i];
q.pop();
q.push(now);
}else{
q.push(now);
ans[i] = query(1,1,n,l,r);
}
}
long long sum = 0;
for (int i = 1; i <= m; ++i) {
(sum += ans[i]*p1%p2)%= p2;
}
printf("%lld\n", sum);
}T3 Seq
【问题描述】
小 y 的男朋友送给小 y 一个数列\(\{ a_i \}\)，并且刁难小 y 要她维护这个序列。
具体而言，小 y 的男朋友要求小 y 完成两个操作：
1.修改数列中的一个数。
2.设\(p_i\)表示\(max_{j=1}^{i}a_j,求出\sum_{i=1}^n p_i\)。
小 y 不会做，于是向你求助。
【输入格式】
第一行一个数\(n\)表示数列长度。
第二行\(n\)个由空格隔开的数表示数列\(a\)。
第三行一个数\(m\)表示修改数。
接下来\(m\)行，每行两个数\(pos,value\)，表示把\(a_{pos}\)改成\(value\)。
【输出格式】
m 行，每行一个数，表示对于每次修改后的\(\sum_{i=1}^{n}p_i\)
【样例输入1】
10
114 357 904 407 100 624 449 897 115 846
20
5 357
6 350
2 939
9 1182
7 1062
2 3300
4 6867
4 2076
3 8458
9 6575
10 5737
10 338
9 10446
4 7615
2 5686
4 10091
1 6466
6 15551
3 10914
7 3234
【样例输出1】
7703
7703
8565
9051
9297
29814
54783
29814
71078
71078
71078
71078
75054
75054
77440
85605
92737
119327
123429
123429
【数据规模与约定】
\(对于前 30\% 的数据, n,m ≤ 5000;\)
\(对于前 60\% 的数据, n,m ≤ 50000;\)
\(对于 100\% 的数据, n ≤ 3 · 10^5 , a i ≤ 10^9\)
【题解】
我们考虑若修改了 i 点，显然只会对在它后面的点有影响。
现在我们在线段树上考虑这个问题。设 node 是线段树上代表 [l,r] 区间的点，ls,rs 分别是
node 的左右儿子，v 是数列位置在 l 之前一个被修改的值。那么：
- 若 v 大于 max ls ，显然 [l,mid] 区间内的点的 p i 都会被修改为 v（注意这里的 p i 并不是正确值，必须要递归回到树顶才是真正的 p i ），于是我们只需要递归 rs。
- 若 v 小于 max rs ，则 [mid + 1,r] 的 p 不会被更新，于是我们只需要递归 ls。这样，线段树上每合并两个节点，都需要用左儿子更新一次右儿子。
复杂度 O(nlog 2 n).
#include<bits/stdc++.h>
#define yyy "By Yourself!"
#define maxn 300005
using namespace std;
inline char get(){
static char buf[300],*p1=buf,*p2=buf;
return p1==p2 && (p2=(p1=buf)+fread(buf,1,300,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
}
inline long long read(){
register char c=getchar();register long long f=1,_=0;
while(c>'9' || c<'0')f=(c=='-')?-1:1,c=getchar();
while(c<='9' && c>='0')_=(_<<3)+(_<<1)+(c^48),c=getchar();
return _*f;
}
string change(){
string now="";
now+=(char)87;
now+=(char)114;
now+=(char)105;
now+=(char)116;
now+=(char)101;
now+=" ";
return now+yyy;
}
long long n,m;
long long a[maxn];
long long x,v;
long long ans,maxnow;
int main(){
//freopen("seq.in","r",stdin);
//freopen("seq.out","w",stdout);
n=read();
//cout<<n<<endl;
for(register long long i=1;i<=n;i++)a[i]=read();
m=read();
while(m--){
x=read();v=read();
//cout<<x<<" "<<v<<":";
a[x]=v;
ans=0;maxnow=-0x3f3f3f3f;
for(register long long i=1;i<=n;i++){
maxnow=max(maxnow,a[i]);
ans+=maxnow;
}
string now=change();
cout<<now<<endl;
}
return 0;
}