2022年9月CSP认证题解如此编码（k进制），何以包邮？（背包问题），吉祥物投票（珂朵莉树、懒标记、并查集）

T1 如此编码

思路

由公式

和前缀乘积定义

得m=b1+a1×b2+⋅⋅⋅+a1×a2×⋅⋅⋅×an−1×bnm=b_1+a_1\times b_2+···+a_1\times a_2\times···\times a_{n-1}\times b_nm=b1+a1×b2+⋅⋅⋅+a1×a2×⋅⋅⋅×an−1×bn，
上述公式可以提取公共乘项aia_iai，写成m=(bnbn−1⋅⋅⋅b1)am=(b_nb_{n-1}···b_1)_{a}m=(bnbn−1⋅⋅⋅b1)a，类似kkk进制表达，但每一位权的变化倍数不是常数kkk，而是aka_kak，对于b[i]b[i]b[i]的求解，类比10进制转kkk进制，将kkk替换为a[i]a[i]a[i]即可。

代码

void solve() {int n, m;cin >> n >> m;vector<int> a(n), b(n);for (int i = 0; i < n; i++) cin >> a[i];for (int i = 0; i < n; i++) {b[i] = m % a[i];m /= a[i];}for (int i = 0; i < n; i++) cout << b[i] << ' ';cout << '\n';
}

T2 何以包邮？

思路

背包问题，问题等价于求(m−x)(m-x)(m−x)的钱最多买几本书。

代码

void solve() {int n, x; cin >> n >> x;vector<int> a(n);int sum = 0;for (int i = 0; i < n; i++) cin >> a[i], sum += a[i];int v = sum - x;vector<int> dp(v + 1, 0);for (int i = 0; i < n; i++) {for (int j = v; j >= 0; j--) {if (j >= a[i]) {dp[j] = max(dp[j], dp[j - a[i]] + a[i]);}}}cout << sum - dp[v] << '\n';
}

T4 吉祥物投票

思路

看见区间赋值操作且维护区间长度为1e91e91e9，很容易想到珂朵莉树，用set维护一系列区间。

珂朵莉树模板

结构体node中v用mutable修饰，访问容器set时迭代器const修饰，只读，通过该mutable使得整个结构体只读时该成员仍可变，为后面区间加操作铺垫。
split()将区间从pos处断开，并返回以pos为左端点的迭代器。这里首先调用set自身的二分方法lower_bound()找到左端点不小于pos的区间，找到后判断it->l == pos，若满足则不需要断开区间，直接返回；否则pos在前面一个区间中，将该区间断开为node(L, pos - 1, V)和node(pos, R, V)，重新插入容器，insert方法成功插入后返回迭代器，返回该对象。
assign()区间赋值，这里先split(r+1)获取结束端点是因为(r+1)可能在begin指向区间，操作使迭代器begin失效。之后erase(begin,end)，插入新区间即可。

struct node {ll l ,r;mutable ll v;node(ll l, ll r, ll v) : l(l), r(r), v(v) {}bool operator<(const node &a) const { return l < a.l; }
};set<node> tree;set<node>::iterator split(ll pos) {auto it = tree.lower_bound(node(pos, 0, 0));if (it != tree.end() && it->l == pos)return it;it--;ll L = it->l, R = it->r, V = it->v;tree.erase(it);tree.insert(node(L, pos - 1, V));return tree.insert(node(pos, R, V)).first;
}void assign(ll l, ll r, ll v) {auto end = split(r + 1), begin = split(l);tree.erase(begin, end);tree.insert(node(l, r, v));
}

部分分做法

用一个数组cnt[]维护每个作品的得票，在assign操作时实时更新，这样可以O(1)O(1)O(1)回应操作4，查询每个作品的得票。
对于操作2,3，暴力O(m)O(m)O(m)访问容器内所有段，修改v值，由于mutable关键字我们可以直接通过迭代器修改。
对于操作5，开一个map，暴力O(m)O(m)O(m)访问容器内所有段，统计最大者。
这样可以得45分。

全部分做法

① 首先，用set维护区间最大值，O(1)O(1)O(1)回应操作5，这个在之前的3月份的第四题通信管理中也用到过，详见我的博客CSP22.3 T4通信系统管理；
② 对于操作2,3，我们并不需要真的修改容器内的值，只需要改变标签和v值的映射即可，一种懒惰更新方法，开一数组lazy[]，标签iii所对应的v值为lazy[i]，对于操作2，交换lazy[x]和lazy[y]；而对于操作2，我们引入并查集，将多个v值映射到一个懒标记lazy[w]上，此时标签iii所对应的v值可能有多个，满足find(v)=lazy[i]，同时lazy[x]赋一个从未使用过的数字即可，另外我们维护从懒标记到标签的映射inv[]。

举个例子：
假设set中维护了以下段：（1，3，2），（4，5，1），（6，9，3），（10，12，2），此时还未执行过操作2,3，标签和lazy，fa层之间的映射为

tag	lazy	fa
1	1	1
2	2	2
3	3	3

执行操作3 1 2后，容器内容不变：

tag	lazy	fa
1	2	1
2	1	2
3	3	3

这时统计标签为1的段，应该统计val值满足lazy[1]=2的段，执行操作2 2 1之后，容器同样不变，而映射变为：

tag	lazy	fa
1	2	2
2	4	2
3	3	3
		4

统计标签为1的段，应统计val值满足find(val)=lazy[1]=2的段，即val值为1,2的段。

坑

有一个地方我调了很久，就是操作5中输出最多得票的编号最小者，这个编号经过层层映射，早已不是容器内v值，或者find(v)，而是对应标签inv[find(v)]的最小者，由于我们插入时已经取了find(v)，保证v==find(v)，因此将所有最多得票者的inv[v]中取最小输出答案。

代码

struct node {int l ,r;mutable int v;node(int l, int r, int v) : l(l), r(r), v(v) {}bool operator < (const node &a) const { return l < a.l; }
};struct pp
{int k, v;bool operator < (const pp& a) const {if (v != a.v) return v > a.v;return k < a.k;}
};set<node> tree;     // Chthollty tree
int lazy[200005], cnt[200005], fa[200005];
map<int , int> inv;     // 建立标记和标签之间双射
set<pp> all;  // 维护区间最值int _find(int x) {if (x == fa[x]) return x;return (fa[x] = _find(fa[x]));
}void _union(int x, int y) {fa[_find(y)] = _find(x);
}set<node>::iterator split(int pos) {auto it = tree.lower_bound(node(pos, 0, 0));if (it != tree.end() && it->l == pos)return it;it--;int L = it->l, R = it->r, V = it->v;tree.erase(it);tree.insert(node(L, pos - 1, V));return tree.insert(node(pos, R, V)).first;
}void assign(int l, int r, int v) {auto end = split(r + 1), begin = split(l);int tv; // 标记可能被操作2合并至另一个标记，fa[]存储真实标记for (auto it = begin; it != end; it++) {tv = _find(it->v);all.erase({tv, cnt[tv]});cnt[tv] -= (it->r - it->l + 1);all.insert({tv, cnt[tv]});}tree.erase(begin, end);tv = _find(v);tree.insert(node(l, r, tv));all.erase({tv, cnt[tv]});cnt[tv] += (r - l + 1);all.insert({tv, cnt[tv]});
}void solve() {int n, m, q; cin >> n >> m >> q;int tot = m;tree.insert(node(1, n, 0));for (int i = 0; i <= max(2 * m, 2 * q); i++) lazy[i] = fa[i] = i;for (int i = 1; i <= m; i++) inv[i] = i;cnt[0] = n;all.insert({0, n}); // 1e9int op, l, r, x, w, y;while (q--) {cin >> op;if (op == 1) {cin >> l >> r >> x;assign(l, r, lazy[x]);}else if (op == 2) {cin >> x >> w;int fx = lazy[x], fy = lazy[w];all.erase({fx, cnt[fx]});all.erase({fy, cnt[fy]});cnt[fy] += cnt[fx];   // 标记lazy[x]弃用all.insert({fy, cnt[fy]});_union(fy, fx);lazy[x] = ++tot, inv[tot] = x;  // 创建一个新标记}else if (op == 3) {cin >> x >> y;swap(inv[lazy[x]], inv[lazy[y]]);swap(lazy[x], lazy[y]);}else if (op == 4) {cin >> w;cout << cnt[lazy[w]] << '\n';}else if (op == 5) {int ans = 0, ansi = 0;for (auto it : all) {if (it.k && it.v > ans) {ans = it.v;ansi = inv[it.k];}if (it.k && it.v == ans && inv[it.k] < ansi) ansi = inv[it.k];if (ans > it.v) break;}cout << ansi << '\n';}}
}