前言

A~C不想写博客了,就不写了,后面的题还是要推一推的,所以写一下

CF 1140 D

题目大意
给出一个正多边形,顶点按顺序标号为111~nnn,一个三角划分的权值是每个三角形三个顶点的编号乘积之和
求出一个三角划分使得这个三角划分的权值是所有的中最小的
n≤500n\le500n≤500
题解:
区间dp即可,挺方便的,复杂度O(n3)\mathcal O(n^3)O(n3)
但是事实上,这题是个结论题,可以直接O(1)\mathcal O(1)O(1)计算的
我们来进行一下推导
我们考虑111到nnn的边1-n,假设其所在的三角划分是Δ\DeltaΔ 1-x-n
如果x≠n−1x\neq n-1x̸​=n−1,那么边x-n一定在另一个三角划分Δ\DeltaΔ x-k-n(k>xk>xk>x)中
我们考虑这两个三角划分构成的四边形(此处贴了一幅图,可以根据图来理解下面的证明
我们把这两个三角划分
Δ\DeltaΔ 1-x-n+Δ\DeltaΔ x-k-n改成Δ\DeltaΔ 1-x-k+Δ\DeltaΔ 1-k-n
我们发现值会严格变小,即
1∗x∗n+x∗k∗n>1∗x∗k+1∗k∗n1*x*n+x*k*n>1*x*k+1*k*n1∗x∗n+x∗k∗n>1∗x∗k+1∗k∗n
这个不等式很显然吧,是由两个不等式加在一起的
x∗k∗n>1∗k∗nx*k*n>1*k*nx∗k∗n>1∗k∗n,1∗x∗n>1∗x∗k1*x*n>1*x*k1∗x∗n>1∗x∗k

这样不停操作,我们发现最后xxx就是n−1n-1n−1了,然后又转化成子问题(即nnn减小了111),所以最后的答案一定是所有三角划分都有111这个顶点
那么答案就是
∏i=2n−1i∗(i+1)\prod_{i=2}^{n-1}i*(i+1)i=2∏n−1​i∗(i+1)
直接转化成
∏i=2n−1i2+i\prod_{i=2}^{n-1}i^2+ii=2∏n−1​i2+i
直接平方和公式和等差数列求和公式代入即可

#include<bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
#define rg register
template <typename T> inline void read(T&x){char cu=getchar();x=0;bool fla=0;while(!isdigit(cu)){if(cu=='-')fla=1;cu=getchar();}while(isdigit(cu))x=x*10+cu-'0',cu=getchar();if(fla)x=-x;}
template <typename T> inline void printe(const T x){if(x>=10)printe(x/10);putchar(x%10+'0');}
template <typename T> inline void print(const T x){if(x<0)putchar('-'),printe(-x);else printe(x);}
template <typename T> inline T min(const T a,const T b){return a<b?a:b;}
template <typename T> inline T max(const T a,const T b){return a>b?a:b;}
int n;
int main()
{read(n);print((n-1)*n*(n*2-1)/6+n*(n-1)/2-2);return 0;
}

CF 1140 E

题目大意:给定一个值域为kkk的序列,有些位置还没有填上数,求有多少种填数方式使得这个序列不存在非1奇长度回文子串
n,k≤2⋅105n,k\le2·10^5n,k≤2⋅105
题解: 这里有个长度回文子串,这是非常好的性质,我们发现如果对于任何iii均满足ai≠ai+2a_i\neq a_{i+2}ai​̸​=ai+2​,那么这个序列就是合法的
那么我们可以把奇数、偶数位单独拖出来,就变成了子问题,有多少种填法使得没有相邻数相同(这个可以直接dp做),奇偶串答案相乘即可
复杂度O(n)\mathcal O(n)O(n)

#include<bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
#define rg register
template <typename T> inline void read(T&x){char cu=getchar();x=0;bool fla=0;while(!isdigit(cu)){if(cu=='-')fla=1;cu=getchar();}while(isdigit(cu))x=x*10+cu-'0',cu=getchar();if(fla)x=-x;}
template <typename T> inline void printe(const T x){if(x>=10)printe(x/10);putchar(x%10+'0');}
template <typename T> inline void print(const T x){if(x<0)putchar('-'),printe(-x);else printe(x);}
template <typename T> inline T min(const T a,const T b){return a<b?a:b;}
template <typename T> inline T max(const T a,const T b){return a>b?a:b;}
const int mod=998244353;
int n,k,a[200001],b[200001],ta,tb;
ll A[200001],B[200001],C[200001];//A,A//A,B//A,non
ll ans=1;
int main()
{read(n),read(k);for(rg int i=1;i<=n;i++)if(i&1)read(a[++ta]);else read(b[++tb]);A[1]=k-1,B[1]=k-2,C[1]=k-1;A[0]=B[0]=C[0]=1;for(rg int i=2;i<=n;i++){A[i]=B[i-1]*(k-1)%mod;B[i]=(B[i-1]*(k-2)+A[i-1])%mod;C[i]=C[i-1]*(k-1)%mod;}for(rg int i=1;i<=ta;i++)if(a[i]==-1){int j=i;while(j<ta&&a[j+1]==-1)j++;if(i==1&&j==ta)ans=ans*C[ta-1]%mod*k%mod;else if(i==1||j==ta)ans=ans*C[j-i+1]%mod;else if(a[i-1]==a[j+1])ans=ans*A[j-i+1]%mod;else ans=ans*B[j-i+1]%mod;i=j+1;}else if(i!=ta&&a[i+1]!=-1&&a[i]==a[i+1])ans=0;for(rg int i=1;i<=tb;i++)if(b[i]==-1){int j=i;while(j<tb&&b[j+1]==-1)j++;if(i==1&&j==tb)ans=ans*C[tb-1]%mod*k%mod;else if(i==1||j==tb)ans=ans*C[j-i+1]%mod;else if(b[i-1]==b[j+1])ans=ans*A[j-i+1]%mod;else ans=ans*B[j-i+1]%mod;i=j+1;}else if(i!=tb&&b[i+1]!=-1&&b[i]==b[i+1])ans=0;print(ans);return 0;
}

CF 1140 F

题目大意:在平面直角坐标系中,如果有3个点能作为一个矩形(边平行于坐标轴)的三个顶点,那么我们可以把这个矩形的第四个点也加入点集,直到不能再加入
设当前点集为SSS,不断的进行操作使得点集变为TTT
现在给出若干点集SSS求每个对应的∣T∣|T|∣T∣
给出的方式是每次加入一个点或者删除一个点
q≤3⋅105,1≤xi,yi≤3⋅105q\le3·10^5,1\le x_i,y_i\le3·10^5q≤3⋅105,1≤xi​,yi​≤3⋅105
题解:
这题真爽
我们考虑假如只有加点操作
我们对于所有坐标点,如果有两个点横坐标/纵坐标相同,那么我们视为这两个点是联通的
要求的就是所有联通快的不同横坐标数量乘以不同纵坐标数量的和
我们发现这个东西大概要开set之类的维护,不是很方便,并且在贡献答案的时候会有一些特判(所有单独点的联通快显然都贡献1,但是如果这个点根本没有,那就贡献0)
方便起见,考虑优化
我们拆点,把横坐标的位置、纵坐标的位置拆开,这样每个点的加入视为连一条边,这个时候维护不同横坐标数量、不同纵坐标数量就很方便了,直接加就好了,还不会有贡献答案的问题(我们发现这个时候单独一个点的贡献是0,而加入一条连向一个横坐标和一个纵坐标的边时能贡献1)
考虑如何解决删点的情况
我们发现如果一个点被删除了,那么他贡献答案的地方一定是一个区间,我们直接用线段树维护区间即可,那么一次插入会到O(logq)\mathcal O(logq)O(logq)条线段树上
考虑如何处理出每个叶子节点的答案,经典套路,直接dfs即可,然后用可持久化并查集维护并查集,由于不能路径压缩、只能按秩合并,所以并查集复杂度是O(logq)\mathcal O(logq)O(logq)的
总复杂度O(qlog2q)\mathcal O(qlog^2q)O(qlog2q)
本题后文有彩蛋,请一定要观看

#include<bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
#define rg register
template <typename T> inline void read(T&x){char cu=getchar();x=0;bool fla=0;while(!isdigit(cu)){if(cu=='-')fla=1;cu=getchar();}while(isdigit(cu))x=x*10+cu-'0',cu=getchar();if(fla)x=-x;}
template <typename T> inline void printe(const T x){if(x>=10)printe(x/10);putchar(x%10+'0');}
template <typename T> inline void print(const T x){if(x<0)putchar('-'),printe(-x);else printe(x);}
template <typename T> inline T min(const T a,const T b){return a<b?a:b;}
template <typename T> inline T max(const T a,const T b){return a>b?a:b;}
const int MAX=2097152;
int q,l[MAX],r[MAX],mid[MAX];
std::vector<std::pair<int,int> >irt[MAX];
std::vector<std::pair<int,int> >::iterator pos;
void ini(const int root,const int ll,const int rr)
{l[root]=ll,r[root]=rr,mid[root]=(ll+rr)>>1;if(ll==rr)return;ini(root<<1,ll,mid[root]),ini(root<<1|1,mid[root]+1,rr);
}
void insert(const int root,const int wanl,const int wanr,std::pair<int,int>V)
{if(wanl==l[root]&&wanr==r[root]){irt[root].push_back(V);return;}if(wanr<=mid[root])insert(root<<1,wanl,wanr,V);else if(wanl>mid[root])insert(root<<1|1,wanl,wanr,V);else insert(root<<1,wanl,mid[root],V),insert(root<<1|1,mid[root]+1,wanr,V);
}
struct P
{int a,b,t;bool operator <(const P B)const{return a==B.a?b<B.b:a<B.a;}
};
std::set<P>Q;
std::set<P>::iterator Pos;
struct info
{int v,a,b;void clear(){v=a=b=0;}
};
struct node
{node*lson,*rson;info v;
}t[12600021],*root[600001],empty,*Null;
int usdto[600001],id;
node*newnode()
{node*R=&t[++usdto[id]];R->lson=R->rson=Null,R->v.clear();return R;
}
int pl;info val;
void INSERT(node*las,node*dq,const int root)
{if(l[root]==r[root]){dq->v=val;return;}if(pl<=mid[root])INSERT(las->lson,dq->lson=newnode(),root<<1),dq->rson=las->rson;else INSERT(las->rson,dq->rson=newnode(),root<<1|1),dq->lson=las->lson;
}
info RES;
void SEARCH(node*dq,const int root,const int pl)
{if(l[root]==r[root]){if(dq->v.v==0)RES=(info){pl,pl<=300000,pl>300000};else RES=dq->v;return;}if(pl<=mid[root])SEARCH(dq->lson,root<<1,pl);else SEARCH(dq->rson,root<<1|1,pl);
}
ll ans[600001];
info find(const int x)
{SEARCH(root[id],1,x);info u=RES;if(u.v==x)return u;return find(u.v);
}
void dodo(std::pair<int,int> V)
{//  printf("dodo %d %d %d\n",ans[id],V.first,V.second);V.second+=300000;info u=find(V.first),v=find(V.second);if(u.v==v.v)id+=2,usdto[id]=usdto[id-2],root[id]=root[id-2],ans[id]=ans[id-2];else{if(u.a+u.b<v.a+v.b)std::swap(u,v);id++,usdto[id]=usdto[id-1];root[id]=newnode();pl=v.v,val=(info){u.v,0,0};INSERT(root[id-1],root[id],1);id++,usdto[id]=usdto[id-1];root[id]=newnode();pl=u.v,val=(info){u.v,u.a+v.a,u.b+v.b};INSERT(root[id-1],root[id],1);ans[id]=ans[id-2];//  printf("(%lld %d %d %d %d)\n",ans[id],u.a,u.b,v.a,v.b);ans[id]+=(ll)(u.a+v.a)*(u.b+v.b)-(ll)u.a*u.b-(ll)v.a*v.b;}
}
void undo()
{//  puts("undo");id-=2;
}
void dfs(const int root)
{if(l[root]>q)return;
//  printf(">>%d %d\n",l[root],r[root]);for(pos=irt[root].begin();pos!=irt[root].end();pos++)dodo(*pos);if(l[root]==r[root])print(ans[id]),putchar(' ');else dfs(root<<1),dfs(root<<1|1);for(pos=irt[root].begin();pos!=irt[root].end();pos++)undo();
//  printf("<<%d %d\n",l[root],r[root]);
}
int main()
{empty.lson=empty.rson=Null=&empty;root[0]=newnode();read(q);ini(1,1,600000);for(rg int i=1;i<=q;i++){P u;read(u.a),read(u.b);if((Pos=Q.find(u))==Q.end()){u.t=i;Q.insert(u);}else{insert(1,(*Pos).t,i-1,std::make_pair((*Pos).a,(*Pos).b));Q.erase(Pos);}}while(Q.size()){Pos=Q.begin();insert(1,(*Pos).t,q,std::make_pair((*Pos).a,(*Pos).b));Q.erase(Pos);}dfs(1);return 0;
}

xswl,我以为可持久化并查集是对的,其实是3个log的,T成大傻逼
上面贴出的是TLE代码
并查集是其实是可以O(1)\mathcal O(1)O(1)撤销的,只能重写

#include<bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
#define rg register
template <typename T> inline void read(T&x){char cu=getchar();x=0;bool fla=0;while(!isdigit(cu)){if(cu=='-')fla=1;cu=getchar();}while(isdigit(cu))x=x*10+cu-'0',cu=getchar();if(fla)x=-x;}
template <typename T> inline void printe(const T x){if(x>=10)printe(x/10);putchar(x%10+'0');}
template <typename T> inline void print(const T x){if(x<0)putchar('-'),printe(-x);else printe(x);}
template <typename T> inline T min(const T a,const T b){return a<b?a:b;}
template <typename T> inline T max(const T a,const T b){return a>b?a:b;}
const int MAX=2097152;
int q,l[MAX],r[MAX],mid[MAX];
std::vector<std::pair<int,int> >irt[MAX];
std::vector<std::pair<int,int> >::iterator pos;
void ini(const int root,const int ll,const int rr)
{l[root]=ll,r[root]=rr,mid[root]=(ll+rr)>>1;if(ll==rr)return;ini(root<<1,ll,mid[root]),ini(root<<1|1,mid[root]+1,rr);
}
void insert(const int root,const int wanl,const int wanr,std::pair<int,int>V)
{if(wanl==l[root]&&wanr==r[root]){irt[root].push_back(V);return;}if(wanr<=mid[root])insert(root<<1,wanl,wanr,V);else if(wanl>mid[root])insert(root<<1|1,wanl,wanr,V);else insert(root<<1,wanl,mid[root],V),insert(root<<1|1,mid[root]+1,wanr,V);
}
struct P
{int a,b,t;bool operator <(const P B)const{return a==B.a?b<B.b:a<B.a;}
};
std::set<P>Q;
std::set<P>::iterator Pos;
ll ans;
int bcj[600001],ltot[600001],rtot[600001];
int find(const int x)
{if(x==bcj[x])return x;return find(bcj[x]);
}
int cha[600001],chb[600001],opt;
void dodo(std::pair<int,int> V)
{V.second+=300000;int u=find(V.first),v=find(V.second);opt++;if(u==v)cha[opt]=0;else{if(ltot[u]+rtot[u]<ltot[v]+rtot[v])std::swap(u,v);bcj[v]=u;ans+=(ll)(ltot[u]+ltot[v])*(rtot[u]+rtot[v])-(ll)ltot[u]*rtot[u]-(ll)ltot[v]*rtot[v];ltot[u]+=ltot[v];rtot[u]+=rtot[v];cha[opt]=u,chb[opt]=v;}
}
void undo()
{if(cha[opt]){int u=cha[opt],v=chb[opt];ltot[u]-=ltot[v];rtot[u]-=rtot[v];ans-=(ll)(ltot[u]+ltot[v])*(rtot[u]+rtot[v])-(ll)ltot[u]*rtot[u]-(ll)ltot[v]*rtot[v];bcj[v]=v;}opt--;
}
void dfs(const int root)
{for(pos=irt[root].begin();pos!=irt[root].end();pos++)dodo(*pos);if(l[root]==r[root])print(ans),putchar(' ');else dfs(root<<1),dfs(root<<1|1);for(pos=irt[root].begin();pos!=irt[root].end();pos++)undo();
}
int main()
{for(rg int i=1;i<=600000;i++){bcj[i]=i;if(i<=300000)ltot[i]++;else rtot[i]++;}read(q);ini(1,1,q);for(rg int i=1;i<=q;i++){P u;read(u.a),read(u.b);if((Pos=Q.find(u))==Q.end()){u.t=i;Q.insert(u);}else{insert(1,(*Pos).t,i-1,std::make_pair((*Pos).a,(*Pos).b));Q.erase(Pos);}}while(Q.size()){Pos=Q.begin();insert(1,(*Pos).t,q,std::make_pair((*Pos).a,(*Pos).b));Q.erase(Pos);}dfs(1);return 0;
}

CF 1140 G

题目大意
给出一棵nnn个节点的树,然后将这棵树复制一遍,并且复制后与复制前的点连边,两棵树内部分别有树边
这些所有边都有边权
qqq组询问,每次给出两个点,求两个点之间的最短路
n≤3⋅105,q≤6⋅105n\le 3·10^5,q\le6·10^5n≤3⋅105,q≤6⋅105
题解:
看起来好像是求图上最短路
但实际上我们发现,这还是一个树上最短路问题
考虑我们是怎么求树上最短路的——求lca,然后深度减一下即可
对于这道题,我们考虑,最短路一定会经过lca在第一棵树上的点或者是lca在第二棵树上的点,所以我们如果能处理处一个倍增数组fi,j,k,lf_{i,j,k,l}fi,j,k,l​(i,j∈[1,n],k,l∈[0,1]i,j\in[1,n],k,l\in[0,1]i,j∈[1,n],k,l∈[0,1])表示编号为iii的点在第kkk棵树上到其的2j2^j2j祖先在第lll棵树上的最短路
考虑如何转移,我们发现只需要求出所有的gig_igi​表示树上iii这个节点所对应的两个节点之间的最短路长度即可
我们发现ggg可以两遍dfs求得,然后fff也可以求出,最后就只要对于每个询问倍增就好了
复杂度O(nlogn)\mathcal O(nlogn)O(nlogn)

#include<bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
#define rg register
template <typename T> inline void read(T&x){char cu=getchar();x=0;bool fla=0;while(!isdigit(cu)){if(cu=='-')fla=1;cu=getchar();}while(isdigit(cu))x=x*10+cu-'0',cu=getchar();if(fla)x=-x;}
template <typename T> inline void printe(const T x){if(x>=10)printe(x/10);putchar(x%10+'0');}
template <typename T> inline void print(const T x){if(x<0)putchar('-'),printe(-x);else printe(x);}
template <typename T> inline T min(const T a,const T b){return a<b?a:b;}
template <typename T> inline T max(const T a,const T b){return a>b?a:b;}
template <typename T> inline void mind(T&a,const T b){a=a<b?a:b;}
const int maxn=300001,maxm=600001;
int n,q,dep[maxn];
int head[maxn],nxt[maxm],tow[maxm],tmp;ll vau1[maxm],vau2[maxm];
inline void addb(const int u,const int v,const ll w1,const ll w2)
{tmp++;nxt[tmp]=head[u];head[u]=tmp;tow[tmp]=v;vau1[tmp]=w1;vau2[tmp]=w2;
}
ll g[maxn];
void dfs1(const int u,const int fa)
{for(rg int i=head[u];i;i=nxt[i]){const int v=tow[i];if(v==fa)continue;dep[v]=dep[u]+1;dfs1(v,u);g[u]=min(g[u],vau1[i]+vau2[i]+g[v]);}
}
ll f[maxn][21][2][2];int p[maxn][21];
void dfs2(const int u,const int fa)
{for(rg int i=head[u];i;i=nxt[i]){const int v=tow[i];if(v==fa)continue;g[v]=min(g[v],vau1[i]+vau2[i]+g[u]);f[v][0][0][0]=vau1[i];f[v][0][0][1]=g[v]+vau2[i];mind(f[v][0][0][0],f[v][0][0][1]+g[u]);mind(f[v][0][0][1],f[v][0][0][0]+g[u]);f[v][0][1][0]=g[v]+vau1[i];f[v][0][1][1]=vau2[i];mind(f[v][0][1][0],f[v][0][1][1]+g[u]);mind(f[v][0][1][1],f[v][0][1][0]+g[u]);p[v][0]=u;dfs2(v,u);}
}
ll dpu[2],dpv[2],dp[2];
void C()
{std::swap(dpu[0],dpv[0]);std::swap(dpu[1],dpv[1]);
}
void CP(ll*D)
{dp[0]=D[0];dp[1]=D[1];
}
ll lca(int u,int v)
{if(u&1)u=(u+1)>>1,dpu[0]=0,dpu[1]=g[u];else u=(u+1)>>1,dpu[0]=g[u],dpu[1]=0;if(v&1)v=(v+1)>>1,dpv[0]=0,dpv[1]=g[v];else v=(v+1)>>1,dpv[0]=g[v],dpv[1]=0;if(dep[u]<dep[v])std::swap(u,v),C();const int DEP=dep[u]-dep[v];for(rg int i=0;i<=20;i++)if(DEP&(1<<i)){CP(dpu);dpu[0]=min(dp[0]+f[u][i][0][0],dp[1]+f[u][i][1][0]);dpu[1]=min(dp[0]+f[u][i][0][1],dp[1]+f[u][i][1][1]);u=p[u][i];mind(dpu[0],dpu[1]+g[u]);mind(dpu[1],dpu[0]+g[u]);}if(u==v)return min(dpu[0]+dpv[0],dpu[1]+dpv[1]);for(rg int i=20;i>=0;i--)if(p[u][i]!=p[v][i]){CP(dpu);dpu[0]=min(dp[0]+f[u][i][0][0],dp[1]+f[u][i][1][0]);dpu[1]=min(dp[0]+f[u][i][0][1],dp[1]+f[u][i][1][1]);u=p[u][i];mind(dpu[0],dpu[1]+g[u]);mind(dpu[1],dpu[0]+g[u]);CP(dpv);dpv[0]=min(dp[0]+f[v][i][0][0],dpv[1]+f[v][i][1][0]);dpv[1]=min(dp[0]+f[v][i][0][1],dpv[1]+f[v][i][1][1]);v=p[v][i];mind(dpv[0],dpv[1]+g[v]);mind(dpv[1],dpv[0]+g[v]);}CP(dpu);dpu[0]=min(dp[0]+f[u][0][0][0],dp[1]+f[u][0][1][0]);dpu[1]=min(dp[0]+f[u][0][0][1],dp[1]+f[u][0][1][1]);u=p[u][0];mind(dpu[0],dpu[1]+g[u]);mind(dpu[1],dpu[0]+g[u]);CP(dpv);dpv[0]=min(dp[0]+f[v][0][0][0],dpv[1]+f[v][0][1][0]);dpv[1]=min(dp[0]+f[v][0][0][1],dpv[1]+f[v][0][1][1]);v=p[v][0];mind(dpv[0],dpv[1]+g[v]);mind(dpv[1],dpv[0]+g[v]);return min(dpu[0]+dpv[0],dpu[1]+dpv[1]);
}
int main()
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}

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