2018湖南嘉杰杯ACM省赛

I、买一送一

H、千万别用树套树

F、Use FFT

I、买一送一

theme:n个商店，标号1~n,每个商店卖标号为ai的商品（不同店可能卖相同商品），给出这些商店间的单向连接关系，求从商店1走到商店i（2<=i<=n），在两不同的店各买一个商品的二元组的不同(x,y)个数f(i)。

solution：首先要清楚这是一个图论题。先用临街表存点和边。由题意可知发f(i)=f(i-1)+curCnt-preCnt;即将f(i）分解为第二个商品在商店i买和不在商店i买两种情况，不在则为f(i-1)，在则为以1到n的某条路径中不相同商品作为第一个购买商品，即curCnt，又在该条路径上可能已存在商品ai了，这时就要相应减去以上一个ai作为第二个商品的个数，即preCnt。

模型其实是以结点1为根节点的一棵树，所以编号i可能在树上不止一个结点，出现次数取决于从1到i的路径条数。所以结果加起来即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define far(i,t,n) for(int i=t;i<n;++i)vector<int>v[100010];
int a[100010];
ll ans[100010];
int vis[100010];
int h[100010];
int tot;void dfs(int t)
{for(int i=0;i<v[t].size();++i){int x=v[t][i];ans[x]=ans[t]+tot-h[a[x]];int pre=h[a[x]];h[a[x]]=tot;int flag=0;if(!vis[a[x]])tot++,flag=1;vis[a[x]]++;dfs(x);h[a[x]]=pre;if(flag)tot--;vis[a[x]]--;}
}int main()
{int n;while(~scanf("%d",&n)){for(int i=1;i<=n;++i)v[i].clear();memset(a,0,sizeof(a));memset(ans,0,sizeof(ans));memset(vis,0,sizeof(vis));memset(h,0,sizeof(h));for(int i=2;i<=n;++i){int x;scanf("%d",&x);v[x].push_back(i);}for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&a[i]);tot=1;vis[a[1]]=1;dfs(1);for(int i=2;i<=n;++i)printf("%lld\n",ans[i]);}return 0;
}
/*
3
1 2
1 2 3
3
1 1
1 2 3
4
1 2 3
1 3 2 3
*/

H、千万别用树套树

theme:q次操作，每次要么插入一条端点在[l,r]的线段，要么查询包含[l,r]，（即端点[x,y]满足x<=l<=r<=y）的线段条数。其中查询时满足r-l<=2

solution：对于插入操作，则把[l,r]区间内的每个顶点的值(a[i])+1，对于查询，当r-l==0时，条数为a[l];当r-l==1时，条数为a[l]-e[l],e[l]表示以l为终点的条数；当r-l==2时，条数为a[l+1]-e[l+1]-s[l+1]+eq[l+1],s[l]表示以l为起点的条数，eq[i]为同时以i为起点与终点的线段。

注意：插入[l,l]时，a[l]只加一次！

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define far(i,t,n) for(int i=t;i<n;++i)const int SIZE=100010;
ll t[4*SIZE];
ll bj[4*SIZE];ll s[100010];
ll e[100010];
ll eq[100010];void updata(int k,int l,int r)
{int mid=(l+r)>>1;//cout<<"updata: "<<bj[k]<<" ";t[k<<1]+=(mid-l+1)*bj[k];t[(k<<1)+1]+=(r-mid)*bj[k];bj[k<<1]+=bj[k];bj[(k<<1)+1]+=bj[k];bj[k]=0;//cout<<"updata: "<<bj[k<<1]<<" "<<bj[(k<<1)+1]<<endl;
}void add(int root,int s,int e,int delta,int l,int r)
{if(s<=l&&e>=r){t[root]+=(r-l+1)*delta;bj[root]+=delta;return;}if(bj[root])updata(root,l,r);int mid=(l+r)>>1;if(s<=mid)add(root<<1,s,e,delta,l,mid);if(e>mid)add((root<<1)+1,s,e,delta,mid+1,r);t[root]=t[root<<1]+t[(root<<1)+1];//cout<<"t[]"<<root<<": "<<t[root]<<endl;
}ll query(int root,int i,int j,int l,int r)//i,j为要查询的区域
{if(i<=l&&j>=r)return t[root];//cout<<bj[root]<<endl;if(bj[root])updata(root,l,r);//cout<<root<<" "<<bj[root<<1]<<" "<<bj[(root<<1)+1]<<endl;int mid=(l+r)>>1;ll m1=0,m2=0;if(i<=mid)m1=query(root<<1,i,j,l,mid);if(j>mid)m2=query((root<<1)+1,i,j,mid+1,r);return m1+m2;
}int main()
{int n,q;while(~scanf("%d%d",&n,&q)){memset(t,0,sizeof(t));memset(bj,0,sizeof(bj));memset(s,0,sizeof(s));memset(e,0,sizeof(e));memset(eq,0,sizeof(eq));int t,l,r;for(int i=0;i<q;++i){scanf("%d%d%d",&t,&l,&r);if(t==1){add(1,l,r,1,1,n);s[l]++;e[r]++;if(l==r)eq[l]++;}else{if(r-l==0)printf("%lld\n",query(1,l,l,1,n));else if(r-l==1)printf("%lld\n",query(1,l,l,1,n)-e[l]);elseprintf("%lld\n",query(1,l+1,l+1,1,n)-s[l+1]-e[l+1]+eq[l+1]);}}}return 0;
}
/*
4 100
1 3 3
1 1 4
1 3 3
1 2 3
1 3 4
1 1 3
1 2 4
*/

F、Use FFT

theme:给定两多项式P(x)=a0 + a1x + … + anxn 与 Q(x)=b0 + b1x + … + bmxm. 可求得：P(x)⋅Q(x)=c0 + c1x + … + cn + mxn + m 。给定 L 与 R.求 (cL + cL + 1 + … + cR) modulo (109 + 7) 。

solution:由多项式想乘性质，我们可以遍历a,对于每一个ai,找b中哪个区间的数与ai相加值在[l,r]范围内，所以问题转化为：1、求每一个ai在b中满足条件的区间[si,ei];2、求b中任意区间和（用前缀和）3、求ai*sum(b[s[i]],b[e[i]])。时间空间复杂度都为o(n)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define far(i,t,n) for(int i=t;i<n;++i)ll a[500010];
ll b[500010];
ll s[500010];
ll e[500010];
ll sum[500010];const ll mod=1e9+7;int main()
{int n,m,l,r;while(~scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&l,&r)){far(i,0,n+1)scanf("%lld",&a[i]);far(i,0,m+1)scanf("%lld",&b[i]);sum[0]=b[0]%mod;far(i,1,m+1)sum[i]=(sum[i-1]+b[i])%mod;far(i,0,n+1){int li=l-i;int ri=r-i;if(ri<0){s[i]=e[i]=-1;continue;}if(ri<m)s[i]=li,e[i]=ri;else if(m<li)s[i]=e[i]=-1;elses[i]=li,e[i]=m;if(s[i]<0)s[i]=-1;}ll ans=0;far(i,0,n+1){int st=s[i],en=e[i];ll cnt;if(en==-1)continue;if(st==0||st==-1)cnt=sum[en];elsecnt=(sum[en]-sum[st-1]+mod)%mod;ans=(ans+ (a[i]%mod*cnt)%mod) %mod;}printf("%lld\n",ans);}return 0;
}

D：卖萌表情

//✔48ms(1000ms)
/*theme:已知以下 4 种都是卖萌表情（空白的部分可以是任意字符。竖线是便于展示的分隔符，没有实际意义)：^ ^ |  ^  | <  |  >v  | v v |  > | <|     | <  |  >
(多组)给出n行m列的字符矩阵,找出互不重叠的卖萌表情数量的最大值.互不重叠的意思是每个字符只属于至多一个卖萌表情。
1≤n,m≤1000,矩阵只包含 ^, v, <, > 4 种字符.n × m 的和不超过 2×10^6.
*
*
*
*
*
solution:可分为两组分开算(左边两种和右边两种互不影响),由于遍历时从左上开始,右边两种没有冲突情况,所以只需遍历求个数即可
而左边两种可能存在^<^<^<^<^最优解,因为遍历是是以'^'为基准找下一行'v'匹配,但 ^ 比^ ^的'v'更靠左,即对v的利用率越高<v<v<v<v<                                                v v   v
由贪心思想,应优先考虑第二种再选第一种,注意选中后要标记为已选(可改为其他符号),避免重复
*/#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;char a[1100][1100];
int n,m;int solve1()
{int cnt=0;for(int i=0;i<n-1;++i)for(int j=0;j<m-1;++j)if(a[i][j]=='^'){if(j-1>=0&&a[i+1][j-1]=='v'&&a[i+1][j+1]=='v')++cnt,a[i+1][j-1]='0',a[i+1][j+1]='0';else if(j+2<m&&a[i][j+2]=='^'&&a[i+1][j+1]=='v')++cnt,a[i][j+2]='0',a[i+1][j+1]='0';}return cnt;
}int solve2()
{int cnt=0;for(int i=0;i<n-2;++i)for(int j=0;j<m;++j)if(a[i][j]=='<'){if(i+2<n&&j<m-1&&a[i+1][j+1]=='>'&&a[i+2][j]=='<')++cnt,a[i+1][j+1]='0',a[i+2][j]='0';}else if(a[i][j]=='>'){if(i+2<n&&a[i+1][j-1]=='<'&&a[i+2][j]=='>')++cnt,a[i+1][j-1]='0',a[i+2][j]='0';}return cnt;}int main()
{while(~scanf("%d%d",&n,&m)){for(int i=0;i<n;++i)scanf("%s",a[i]);//for(int i=0;i<n;++i)
// printf("%s",a[i]),putchar('\n');int ans1=solve1();int ans2=solve2();
//cout<<ans1<<" "<<ans2<<endl;int ans=ans1+ans2;printf("%d\n",ans);}
}/*
2 4
^^^^
>vv<
2 4
vvvv
>^^<
4 2
v>
<>
<>
^>
3 4
^>^>
<v>v
>>>>
2 9
^<^<^<^<^
<v<v<v<v<2
0
2
2
3
*/