NOIP 2018模拟赛 by zwz T3 磨懒虫主义
磨懒虫主义
【题目简述】
DX3906星系，Melancholy星上，我在勘测这里的地质情况。
我把这些天来已探测到的区域分为N组，并用二元组(D,V)对每一组迚行标记：其中D为区域的相对距离，V为内部地质元素的相对丰富程度。
在我的日程安排表上有Q项指派的计划。每项计划的形式是类似的，都是“对相对距离D在[L,R]乊间的区域迚行迚一步的勘测，并在其中有次序地挑出K块区域的样本迚行研究。”采集这K块的样品后，接下来在实验中，它们的研究价值即为这K块区域地质相对丰富程度V的乘积。
我对这Q项计划都迚行了评估：一项计划的评估值P为所有可能选取情况的研究价值之和。
但是由于仪器的原因，在一次勘测中，这其中V最小的区域永进丌会被选取。
现在我只想知道这Q项计划的评估值对2^32取模后的值，特殊地，如果没有K块区域可供选择，评估值为0。
【输入格式】
第一行给出两个整数，区域数N和计划数Q
第二行给出N个整数，代表每一块区域的相对距离D。
第三行给出N个整数，代表每一块区域的内部地质元素的相对丰富程度V。
接下来的Q行，每一行3个整数，代表相对距离的限制L,R，以及选取的块数K。
【输出格式】
输出包括Q行，每一行一个整数，代表这项计划的评估值对2^32取模后的值。
【数据范围】
数据编号
数据约束
1，2，3
K=1
1<=N,Q<=10^5
1<=D,V<=10^9
1<=L<=R<=10^9
4，5，6
1<=K<=2
7，8
1<=K<=3
9，10
1<=K<=6
数据保证所有区域的D与V互不相等。
【样例输入输出】
样例输入
5 3
5 4 7 2 6
1 4 5 3 2
6 7 1
2 6 2
1 8 3
样例输出
5
52
924
【样例解释】
第一次被勘测区域的V值有{2,5}，而能够被选取只有{5}。
第二次被勘测区域的V值有{1,2,3,4}，能够被选取的有{2,3,4}，评估值为2!*(2*3+3*4+2*4)=52。
第三次被勘测区域的V值有{1,2,3,4,5}，能够被选取的有{2,3,4,5}，评估值为3!*(2*3*4+2*3*5+2*4*5+3*4*5)=924。
题解：
考试时推了个表达式搞了60分，后来发现表达式推广一下可以拿到80分，可在往下推广就由于受到计算量的限制很难继续了。
随便聊聊吧。
首先我们要知道，这题n,q是没有梯度的，也就是说，O(nq)的算法基本第一个点都过不去
所以我们即使是暴力中也不能出现n（很显然，q是优化不掉的）
所以，我们的基本思想是把O(nq)优化成O(qlog2n)，而能优化的部分有多少呢？
我们会发现，需要用到n的有以下几个地方：
第一，查出在区间[l,r]内的所有点
第二，找出这些点中v的最小值
第三，求出乘积
我们如果能优化上述三点，这道题就可以搞定
对于第一点，由于题目所有描述均与初始读入的顺序无关，所以我们可以将所有点按d从小到大排序，在查询时做两遍二分查找查出左右端点即可。
对于第二点，我们在一个序列中求区间最小值可以选择线段树或RMQ，由于这题不涉及修改，所以RMQ常数小，更快（当然，由于线段树也只有一个log2n,在前面已经存在一个二分查找的情况下，对复杂度的影响并不大，当然，常数两说）
ps：最近在刷线段树的题，看见这种东西实在是忍不住写线段树啊...RMQ神马的都忽略了...
真正考察算法的是第三点：
当k=1时，非常简单，只需用区间和减掉区间最小值即可，这就是30分了
当k=2时，需要进行一些推导：
设区间内所有元素为n1,n2...nm,最小值为nx
注意到他说顺序有影响，也就是说n1n2和n2n1是不同的方案，需要分别统计
那么结果就是：
整理一下，也就是：
这两者都可以用前缀和维护，所以计算也是O(1)的
贴60分代码：
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <stack>
#define ll long long
#define mode (1ll<<32)
#define ls tree[rt].lson
#define rs tree[rt].rson
#define rt1 rt<<1
#define rt2 (rt<<1)|1
using namespace std;
struct Tree
{int lson;int rson;int minval;
}tree[400005];
ll s1[100005];
ll s2[100005];
struct node
{int d,v;
}p[100005];
bool cmp(node a,node b)
{return a.d<b.d;
}
void buildtree(int rt,int l,int r)
{ls=l;rs=r;if(l==r){tree[rt].minval=p[l].v;return;}int mid=(l+r)>>1;buildtree(rt1,l,mid);buildtree(rt2,mid+1,r);tree[rt].minval=min(tree[rt1].minval,tree[rt2].minval);
}
int query(int rt,int l,int r)
{if(ls>r||rs<l){return 0x3f3f3f3f;}if(ls>=l&&rs<=r){return tree[rt].minval;}int mid=(ls+rs)>>1;if(r<=mid){return query(rt1,l,r);}else if(l>mid){return query(rt2,l,r);}else{return min(query(rt1,l,r),query(rt2,l,r));}
}
int n,q;
int find1(int val)
{int l=1,r=n;while(l<=r){int mid=(l+r)>>1;if(p[mid].d<val){l=mid+1;}else{r=mid-1;}}return r;
}
int find2(int val)
{int l=1,r=n;while(l<=r){int mid=(l+r)>>1;if(p[mid].d<=val){l=mid+1;}else{r=mid-1;}}return r;
}
int main()
{freopen("c.in","r",stdin);freopen("c.out","w",stdout);scanf("%d%d",&n,&q);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&p[i].d);}for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&p[i].v);}sort(p+1,p+n+1,cmp);for(int i=1;i<=n;i++){s1[i]=s1[i-1]+p[i].v;s1[i]%=mode;s2[i]=(ll)s2[i-1]+(ll)p[i].v*(ll)p[i].v%mode;s2[i]%=mode;}buildtree(1,1,n);for(int i=1;i<=q;i++){int l,r,k;scanf("%d%d%d",&l,&r,&k);int lq=find1(l);int rq=find2(r);if(rq-lq<=k){printf("0\n");continue;}else if(k==2){int t=query(1,lq+1,rq);ll temp1=(s1[rq]-s1[lq]-t)*(s1[rq]-s1[lq]-t)%mode;ll temp2=((s2[rq]-s2[lq]-t*t)%mode+mode)%mode;printf("%I64d\n",((temp1-temp2)%mode+mode)%mode);}else {int t=query(1,lq+1,rq);printf("%I64d\n",((s1[rq]-s1[lq]-t)%mode+mode)%mode);}}return 0;
}当k=3，包括以上的时候，其实都可以以同样的方式处理，而且k=3时也并不是很难，结论是：
（天知道我是怎么推出这玩意的）
但是，k>=4的时候，问题会变得过于复杂以至于这种算法对计算量的要求过高，不适合再尝试
（什么叫计算量过高？我手动展开过（a+b+c）^5，但这个k=4的计算量已经很接近这个诡异的东西了，所以实在不适合人类食用...）
贴k=3的80分代码：
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <stack>
#define ll long long
#define mode (1ll<<32)
#define ls tree[rt].lson
#define rs tree[rt].rson
#define rt1 rt<<1
#define rt2 (rt<<1)|1
using namespace std;
struct Tree
{int lson;int rson;int minval;
}tree[400005];
ll s1[100005];
ll s2[100005];
ll s3[100005];
struct node
{int d,v;
}p[100005];
bool cmp(node a,node b)
{return a.d<b.d;
}
void buildtree(int rt,int l,int r)
{ls=l;rs=r;if(l==r){tree[rt].minval=p[l].v;return;}int mid=(l+r)>>1;buildtree(rt1,l,mid);buildtree(rt2,mid+1,r);tree[rt].minval=min(tree[rt1].minval,tree[rt2].minval);
}
int query(int rt,int l,int r)
{if(ls>r||rs<l){return 0x3f3f3f3f;}if(ls>=l&&rs<=r){return tree[rt].minval;}int mid=(ls+rs)>>1;if(r<=mid){return query(rt1,l,r);}else if(l>mid){return query(rt2,l,r);}else{return min(query(rt1,l,r),query(rt2,l,r));}
}
int n,q;
int find1(int val)
{int l=1,r=n;while(l<=r){int mid=(l+r)>>1;if(p[mid].d<val){l=mid+1;}else{r=mid-1;}}return r;
}
int find2(int val)
{int l=1,r=n;while(l<=r){int mid=(l+r)>>1;if(p[mid].d<=val){l=mid+1;}else{r=mid-1;}}return r;
}
int main()
{freopen("c.in","r",stdin);freopen("c.out","w",stdout);scanf("%d%d",&n,&q);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&p[i].d);}for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&p[i].v);}sort(p+1,p+n+1,cmp);for(int i=1;i<=n;i++){s1[i]=s1[i-1]+p[i].v;s1[i]%=mode;s2[i]=(ll)s2[i-1]+(ll)p[i].v*(ll)p[i].v%mode;s2[i]%=mode;s3[i]=s3[i-1]+(ll)p[i].v*p[i].v%mode*p[i].v%mode;s3[i]%=mode;}buildtree(1,1,n);for(int i=1;i<=q;i++){int l,r,k;scanf("%d%d%d",&l,&r,&k);int lq=find1(l);int rq=find2(r);if(rq-lq<=k){printf("0\n");continue;}else if(k==2){int t=query(1,lq+1,rq);ll temp1=(s1[rq]-s1[lq]-t)*(s1[rq]-s1[lq]-t)%mode;ll temp2=((s2[rq]-s2[lq]-(ll)t*(ll)t%mode)%mode+mode)%mode;printf("%I64d\n",((temp1-temp2)%mode+mode)%mode);}else if(k==3){int t=query(1,lq+1,rq);ll temp1=(s1[rq]-s1[lq]-t)*(s1[rq]-s1[lq]-t)%mode*(s1[rq]-s1[lq]-t)%mode;ll temp2=2*(s2[rq]-s2[lq]-(ll)t*(ll)t%mode)%mode*(s1[rq]-s1[lq]-t)%mode;ll temp3=(s1[rq]-s1[lq]-t)*(s2[rq]-s2[lq]-(ll)t*(ll)t%mode)%mode;ll temp4=2*(s3[rq]-s3[lq]-(ll)t*(ll)t*(ll)t%mode);printf("%I64d\n",((temp1-temp2-temp3+temp4)%mode+mode)%mode);}else {int t=query(1,lq+1,rq);printf("%I64d\n",((s1[rq]-s1[lq]-t)%mode+mode)%mode);}}return 0;
}终于，我们说到正解了....
正解是倍增+容斥...
是的，不需要那堆数学公式...
我们会发现，我们是可以通过倍增预处理出以j为起点，长度为2^i的一段区间选k个所能获得的结果的（当然，不考虑去掉最小值的问题）
那么我们就先处理一下呗！
合并两组的时候用类似卷积的操作即可。
for(int i=1;i<=n;i++){f[i][0][1]=p[i].v;f[i][0][0]=1;}int posi=0;for(int i=1;(1<<i)<=n;i++){for(int j=1;j+(1<<(i-1))<=n+1;j++){for(int t=0;t<=6;t++){for(int y=0;y+t<=6;y++){f[j][i][t+y]+=f[j][i-1][t]*f[j+(1<<(i-1))][i-1][y];}}}posi=i;}接下来，我们在查询的时候就可以倍增求出这段区间的规划值（当然，也不考虑最小值），同时我们仍然用上面的方法求出最小值。
同样是一个类似卷积的过程
int l,r,k;scanf("%d%d%d",&l,&r,&k);int lq=find1(l);int rq=find2(r);if(rq-lq<k){printf("0\n");continue;}uint t=query(1,lq+1,rq);int j=lq+1;int tot=posi;memset(ret,0,sizeof(ret));ret[0]=1;for(int r=posi;r>=0&&j<=rq;r--){if((j+(1<<r))-1<=rq){memset(temp,0,sizeof(temp));for(int tt=0;tt<=6;tt++){for(int ty=0;ty+tt<=6;ty++){temp[tt+ty]+=ret[tt]*f[j][r][ty];}}for(int tt=0;tt<=6;tt++){ret[tt]=temp[tt];}j+=(1<<r);}}所以我们接下来只需要去掉最小值的影响就可以了。
我们会发现，如果我们知道选k个，不包含最小值的规划值，同时我们知道，选k+1个包含最小值的规划值，那么我们就可以求出选k+1个时不包含最小值的规划值！
这是很显然的，因为把选k个的结果乘上最小值就是所有可能的选k+1个且包含了最小值的结果，那么我们用总的结果减去这个值就好啦
最后我们把结果乘一个k!（顺序考虑，所以要全排列）
就完事了。
贴代码：
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <stack>
#define uint unsigned int
#define ls tree[rt].lson
#define rs tree[rt].rson
#define rt1 rt<<1
#define rt2 (rt<<1)|1
using namespace std;
struct Tree
{int lson;int rson;uint minval;
}tree[400005];
struct node
{int d;uint v;
}p[100005];
uint f[100005][32][7];
uint temp[7];
uint ret[7];
int n,m;
bool cmp(node a,node b)
{return a.d<b.d;
}
void buildtree(int rt,int l,int r)
{ls=l;rs=r;if(l==r){tree[rt].minval=p[l].v;return;}int mid=(l+r)>>1;buildtree(rt1,l,mid);buildtree(rt2,mid+1,r);tree[rt].minval=min(tree[rt1].minval,tree[rt2].minval);
}
uint query(int rt,int l,int r)
{if(ls>r||rs<l){return 0x3f3f3f3f;}if(ls>=l&&rs<=r){return tree[rt].minval;}int mid=(ls+rs)>>1;if(r<=mid){return query(rt1,l,r);}else if(l>mid){return query(rt2,l,r);}else{return min(query(rt1,l,r),query(rt2,l,r));}
}
int find1(int val)
{int l=1,r=n;while(l<=r){int mid=(l+r)>>1;if(p[mid].d<val){l=mid+1;}else{r=mid-1;}}return r;
}
int find2(int val)
{int l=1,r=n;while(l<=r){int mid=(l+r)>>1;if(p[mid].d<=val){l=mid+1;}else{r=mid-1;}}return r;
}
int main()
{freopen("c.in","r",stdin);freopen("c.out","w",stdout);scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&p[i].d);}for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%u",&p[i].v);}sort(p+1,p+n+1,cmp);buildtree(1,1,n);for(int i=1;i<=n;i++){f[i][0][1]=p[i].v;f[i][0][0]=1;}int posi=0;for(int i=1;(1<<i)<=n;i++){for(int j=1;j+(1<<(i-1))<=n+1;j++){for(int t=0;t<=6;t++){for(int y=0;y+t<=6;y++){f[j][i][t+y]+=f[j][i-1][t]*f[j+(1<<(i-1))][i-1][y];}}}posi=i;}for(int i=1;i<=m;i++){int l,r,k;scanf("%d%d%d",&l,&r,&k);int lq=find1(l);int rq=find2(r);if(rq-lq<k){printf("0\n");continue;}uint t=query(1,lq+1,rq);int j=lq+1;int tot=posi;memset(ret,0,sizeof(ret));ret[0]=1;for(int r=posi;r>=0&&j<=rq;r--){if((j+(1<<r))-1<=rq){memset(temp,0,sizeof(temp));for(int tt=0;tt<=6;tt++){for(int ty=0;ty+tt<=6;ty++){temp[tt+ty]+=ret[tt]*f[j][r][ty];}}for(int tt=0;tt<=6;tt++){ret[tt]=temp[tt];}j+=(1<<r);}}uint whatever=1;for(int e=1;e<=k;e++){whatever=ret[e]-whatever*t;}for(int e=1;e<=k;e++){whatever*=e;}printf("%u\n",whatever);}return 0;
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