洛谷 10月 csp-s 模拟赛 T1,T2解析及代码

T1 Magenta Potion

题目描述

给定一个长为 nnn 的整数序列 aaa，其中所有数的绝对值均大于等于 222。有 qqq 次操作，格式如下：

1 i k\text{1 i k}1 i k，表示将 aia_iai 修改为 kkk。保证 kkk 的绝对值大于等于 222。

2 l r\text{2 l r}2 l r，考虑 [l,r][l,r][l,r]的子区间（包括本身）中乘积最大的的区间乘积 MMM。如果 M>230M>2^{30}M>230，输出 Too large，否则输出 MMM。特别地，空区间的元素乘积定义为 111。

输入格式：
第一行两个正整数表示 n,qn,qn,q。

第二行输入 nnn 个整数表示 aia_iai。

接下来 qqq 行，每行三个整数表示一次询问，格式见上。

输出格式：
对于每次 2\tt22 操作输出一行表示询问的答案。

数据范围：
对于所有的数据，2≤∣ai∣,∣k∣≤1092 \le |a_i|,|k| \le 10^{9}2≤∣ai∣,∣k∣≤109，2≤n,q≤2×1052 \le n, q \le 2 \times 10^{5}2≤n,q≤2×105，1≤l,r≤n1 \le l, r \le n1≤l,r≤n。

解析

这道题乍一看是一道妥妥的线段树板子题，但是仔细观察 M>230M > 2^{30}M>230 和 ∣ai∣≥2|a_i| \ge 2∣ai∣≥2 这两个条件可以得出一个结论：当 l−r+1≥62l - r + 1 \ge 62l−r+1≥62 时，MMM必定大于2302^{30}230。

证明：
第一种情况，当lll到rrr这个区间上没有负数时，显然MMM就等于ala_lal连乘到ara_rar，这显然是≥262\ge 2^{62}≥262的。

第二种情况，当lll到rrr这个区间上有一个负数时，那么会有61个正数，而此时无论这个负数放在这个区间上的哪一个位置，必定会有一段正数的长度 ≥31\ge31≥31，而这一段正数的乘积也就显然≥231\ge 2^{31}≥231了。

第三种情况，当lll到rrr这个区间上有多于一个负数时，如果有偶数个，那么负负得正，就相当于没有负数，MMM就等于ala_lal乘到ara_rar；而如果有奇数个，事实上也就相当于只有一个负数了。

那么这道题就好做了，对于每一个询问 2\tt22，将所有 r−l+1≥62r - l + 1 \ge 62r−l+1≥62 的直接输出掉，剩下的直接暴力处理就行了。

暴力处理：
声明三个变量 cnt,first,lastcnt, first, lastcnt,first,last 分别表示 [l,r][l, r][l,r] 这个区间上负数的个数、第一个负数出现的位置和最后一个负数出现的位置。当 cntcntcnt 为偶数时，直接从 ala_lal 乘到 ara_rar 即可。当 cntcntcnt 为奇数时，答案只可能是这两种情况之一：

afirst+1a_{first + 1}afirst+1 到 ara_rar 的所有数的乘积
ala_lal 到 alast−1a_{last - 1}alast−1 的所有数的乘积

算一下就好了，注意在每次乘上一个数后都要判断是否有 ans>230ans>2^{30}ans>230，否则可能会爆long long影响判断。
时间复杂度 O(61×n)O(61 \times n)O(61×n) 。

代码

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cmath>using namespace std;typedef long long LL;const int N = 2e5 + 10, MAXINT = 1073741824;int n, q;
LL a[N];int main()
{scanf("%d%d", &n, &q);for(int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) scanf("%lld", a + i);for(int i = 1 ; i <= q ; i ++ ){int type;scanf("%d", &type);if(type == 2){int l, r;scanf("%d%d", &l, &r);if(r - l + 1 >= 62){puts("Too large");continue;}int cnt = 0, first = -1, last = -1;for(int j = l ; j <= r ; j ++ ){if(a[j] < 0){last = j;if(!cnt) first = j;cnt ++ ;}}LL ans = 1;if(cnt % 2){bool flag = 0;for(int j = first + 1 ; j <= r ; j ++ ){ans *= a[j];if(abs(ans) > MAXINT){puts("Too large");flag = 1;break;}}if(ans < 0) flag = 1;if(!flag){LL t = ans;ans = 1;for(int j = last - 1 ; j >= l ; j -- ){ans *= a[j];if(abs(ans) > MAXINT){puts("Too large");flag = 1;break;}}if(ans < 0) flag = 1;if(!flag) ans = max(ans, t), printf("%lld\n", ans);}}else{bool flag = 0;LL ans = 1;for(int j = l ; j <= r ; j ++ ){ans *= a[j];if(abs(ans) > MAXINT){puts("Too large");flag = 1;break;}}if(ans < 0) flag = 1;if(!flag) printf("%lld\n", ans);}}else{int i;LL k;scanf("%d%lld", &i, &k);a[i] = k;}}
}

T2 ρars/ey

题目描述

给定一颗有 nnn 个节点的有根树，其中根节点是 111。你可以进行若干次以下操作:
选择一个节点，删去其子树内除其以外的点。
此操作的代价为 fif_ifi，其中 iii 是你选择的节点子树大小。
你希望删掉除了 111 以外的所有点，请问代价的最小值是多少？

输入格式：
第一行一个正整数 nnn 。
第二行 n−1n-1n−1 个正整数，第 iii 个表示 fi+1f_{i+1}fi+1 。
接下来 n−1n-1n−1 行，每行两个正整数，表示一条树边。

输出格式：
一行一个正整数表示答案。

数据范围：
对于所有数据，保证 1≤n≤50001 \le n \le 50001≤n≤5000，1≤fi≤1091 \le f_i \le 10^{9}1≤fi≤109。

解析

基本可以确定是一道dp题。
先设状态：
f[i][j]f[i][j]f[i][j] 表示以 iii 为根节点的子树中删除了 jjj 个点时的最小花费。

那么就可以得到状态转移方程：
f[i][j]=min⁡v∈son(i)(f[i][j−k]+f[v][k])f[i][j] = \min\limits_{v\in son(i)}(f[i][j - k] + f[v][k])f[i][j]=v∈son(i)min(f[i][j−k]+f[v][k])
该方程的含义为 f[i][j]f[i][j]f[i][j] 从 iii 的所有儿子节点转移得到，枚举儿子节点 vvv 以及从以 vvv 为根的子树中删除的点的数量 kkk 来转移到 f[i][j]f[i][j]f[i][j] 。
但是注意到这个方程由于默认了保留所有儿子节点，所以方程中的 jjj 最大只能到 sizei−1−cntsonisize_{i} - 1 - cntson_{i}sizei−1−cntsoni ，其中 cntsonicntson_{i}cntsoni 表示 iii 的儿子节点的数量。
所以我们还需要一个转移方程来得到答案：
f[i][sizei−1]=min⁡j=0sizei−1(f[i][j]+w[sizei−j])f[i][size_{i} - 1] = \min\limits_{j = 0}^{size_{i} - 1}(f[i][j] + w[size_{i} - j])f[i][sizei−1]=j=0minsizei−1(f[i][j]+w[sizei−j])
时间复杂度 O(n2)O(n^{2})O(n2) 。

代码

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>#define INF 0x7f7f7f7f7f7f7f7fusing namespace std;typedef long long LL;const int N = 5010;int n;
int w[N];
int h[N], idx;
LL f[N][N], sz[N];struct Edge
{int ne, e;
}edges[N + N];void add(int a, int b)
{edges[ ++ idx].e = b, edges[idx].ne = h[a], h[a] = idx;
}void dfs(int u, int last)
{f[u][0] = 0;sz[u] = 1;for(int i = h[u] ; i ; i = edges[i].ne){int v = edges[i].e;if(v == last) continue;dfs(v, u);for(int j = sz[u] + sz[v] - 1 ; j > 0 ; j -- )for(int k = max(j - sz[u], 1ll) ; k <= sz[v] - 1 && k <= j ; k ++ ){if(f[v][k] >= INF || f[u][j - k] >= INF) continue;f[u][j] = min(f[u][j], f[u][j - k] + f[v][k]);}sz[u] += sz[v];}for(int i = 0 ; i <= sz[u] - 1 ; i ++ )f[u][sz[u] - 1] = min(f[u][sz[u] - 1], f[u][i] + 1ll * w[sz[u] - i]);
}int main()
{
//  freopen("T2in.txt", "r", stdin);scanf("%d", &n);for(int i = 2 ; i <= n ; i ++ ) scanf("%d", w + i);for(int i = 1 ; i < n ; i ++ ){int u, v;scanf("%d%d", &u, &v);add(u, v), add(v, u);}memset(f, 0x7f, sizeof f);dfs(1, 0);printf("%lld\n", f[1][sz[1] - 1]);return 0;
}