目录
- 比赛链接
- 总结
- 知识点
- 易错点
- 策略
- 题解
- B - Festival Decorating
- 做法1
- 做法2
- D - Operator Precedence
- K - Card Game
- B - Festival Decorating
比赛链接
link to contest
总结
知识点
B - Festival Decorating
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\([A_i \neq 0]\) 可以作为多项式卷积里面多项式的系数
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bitset 可以做01卷积；此时，每一侧都可以作为最外侧所枚举的：
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for(int i=1; i<=n; ++i) f.set(x[i]);//for(int i=0; i<=m; ++i)// ans[i] = (f & (f>>i)).count();//等价写法：for(int i=1; i<=n; ++i)ans |= f>>x[i];
-
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bitset 的
_Find_first和_Find_next-
for(int t=f._Find_first(); t!=f.size(); t=f._Find_next(t))
-
D - Operator Precedence
- 构造题的方法：“待定系数”、列方程求解
K - Card Game
- “对所有区间询问”，可以考虑用可持久化线段树预处理“所有区间”的答案
易错点
- 注意讨论“元素相等”的边界情况（H - Sugar Sweet II）
策略
- 多想一下再开写（M刚开的时候有好几个思路上的大漏洞）
- 过题人数与难度不一定正比（G，F 开晚了；K可以开）
题解
B - Festival Decorating
做法1
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利用容错性，只需要处理前 \(3^x\) 个元素里能否得到每一个 \(d\)
-
不考虑颜色就是简单的 FFT。考虑类似于 FFT 做字符串匹配的时候的思路，构造匹配函数：令 \(A_i\) 表示 \(i\) 位置的灯的颜色，没有灯的时候为 0，令 \(B_i = A_i\)，只需要计算 \(C_d = \sum_i [A_i > 0][B_{i + d} > 0] (A_i - B_{i+d})^2\)
-
\[ C_d = \sum_i [A_i > 0][B_{i+d} > 0](A_i^2 + B_{i+d}^2 - 2A_iB_{i+d})\\= \sum_i A_i^2 \cdot \left[ B_{i+d} > 0\right]\\+ \sum_i \left[ A_{i} > 0\right] \cdot B_{i+d}^2\\- 2 \cdot \sum_i A_i \cdot B_{i+d} \]
-
做法2
- bitset，直接从小到大枚举灯的编号
i，设其它的灯出现的位置集合是f，还没有找到答案的d的集合为n_vis，我们拿出n_vis & (f >> x[i])中的所有 1 更新答案即可 - 如何得到
f：- 先记录所有灯的位置集合
all - 若颜色为
c[i]的灯数量不超过 \(T\)，直接枚举所有同色灯，然后修改all - 若颜色为
c[i]的灯数量超过 \(\sqrt T\)，这样的颜色不超过 \(\frac{n}{T}\) 个，预处理该颜色所有灯的位置g[c[i]]然后all ^= g[c[i]]
- 先记录所有灯的位置集合
- 取 \(T = \sqrt n\) 可以得到 \(O(n \sqrt n + \frac{n^2}{w})\) 的复杂度
//https://codeforces.com/group/Ro45Qpwf2L/contest/104976/submission/280692536
const int N = 250010;
int x[N], c[N], n, m;
vector<int> s[N];bitset<250005> sum, f[1010], nvis, tmp;
int ans[N];
int pos[N], id[N], num;int main() {int q; rd(n), rd(q);for(int i=1; i<=n; ++i) {rd(x[i]), rd(c[i]);m = max(m, x[i]), s[c[i]].PB(x[i]);}int B = ceil(sqrt(n));for(int i=1; i<=n; ++i) if(s[i].size()) {for(int v : s[i]) sum.set(v);if(s[i].size() > B) {id[pos[i] = ++num] = i;for(int v : s[i])f[num].set(v);}}for(int i=1; i<=m; ++i) nvis.set(i);for(int i=1; i<=n; ++i) {if(s[c[i]].size() > B)tmp = (sum^f[pos[c[i]]]);else {tmp = sum;for(int v : s[c[i]]) tmp.reset(v);}tmp = (tmp >> x[i]) & nvis;for (int t=tmp._Find_first();t!=tmp.size();t=tmp._Find_next(t))ans[t] = i, nvis.reset(t);}while(q--) {int d; rd(d);printf("%d\n", (int)(ans[d]));}return 0;
}
D - Operator Precedence
题意：求下列方程的一组解
\[ (a_1 \times a_2) + (a_3 \times a_4) + \cdots + (a_{2n-1}\times a_{2n}) = a_1 \times (a_2 + a_3) \times (a_4 + a_5) \times \cdots \times (a_{2n-2} + a_{2n-1}) \times a_{2n}
\]
解：考虑令 \(a_2, a_4 \cdots a_{2n - 2} = 2, a_3, a_5 , \cdots , a_{2n-1} = -1\)，设 \(a_1 = x, a_{2n} = y\)，则
\[xy = 2x - y -2(n-2)
\]
令 \(x=1\) 则 \(y = 3-n\)，得到一组合法解。
//https://codeforces.com/group/Ro45Qpwf2L/contest/104976/submission/280942688
int main() {int ts; rd(ts);while(ts--) {int n; rd(n);if(n == 3) {printf("1 -10 6 6 -10 1\n");continue;}print(1), putchar(' ');for(int i=2; i<2*n; ++i)print(i&1 ? -1 : 2), putchar(' ');print(3-n), putchar('\n');}return 0;
}
K - Card Game
设区间 \([l,r]\) 的答案为 \(ans_{l, r}\)，设 \(nxt_i\) 表示 \(a_i\) 在序列中下一次出现的位置。则：
\[ans_{l, r} = \begin{cases}
ans_{nxt_l + 1, r} & nxt_l \le r\\
1 + ans_{l + 1, r} & nxt_l > r
\end{cases}
\]
用可持久化线段树，由 rt[nxt[l] + 1]和 rt[l+1] 的一部分，合并得到 rt[l]。具体来说，先找到 [l, nxt[l]], [nxt[l]+1, n] 这两个区间被线段树划分出来的 \(O(\log n)\) 个区间，区间及其祖先新建节点，区间的儿子继承之前的树。
//https://codeforces.com/group/Ro45Qpwf2L/contest/104976/submission/280699787
const int N = 3e5 + 10;
const int M = 60 * N;
int ls[M], rs[M], tg[M];
int ncnt;int ql, qr, qt;void upd(int l,int r,int &c, int u, int t) {if(!c) c = ++ncnt;t += tg[u];if(ql <= l && qr >= r) {tg[c] += qt + t;ls[c] = ls[u], rs[c] = rs[u];return;}int mid = l + r >> 1;if(ql <= mid) upd(l, mid, ls[c], ls[u], t);if(qr > mid) upd(mid+1, r, rs[c], rs[u], t);
}int qry(int l,int r,int c) {if(!c || l == r) return tg[c];int mid = l + r >> 1;if(ql <= mid) return qry(l, mid, ls[c]) + tg[c];else return qry(mid+1, r, rs[c]) + tg[c];
}int rt[N];int n, a[N], p[N], lst[N];int main() {int q; rd(n), rd(q);for(int i=1; i<=n; ++i) rd(a[i]);for(int i=1; i<=n; ++i) lst[i] = n+1;for(int i=n; i>=1; --i) {p[i] = lst[a[i]];lst[a[i]] = i;}for(int i=n; i>=1; --i) {ql = i, qr = p[i] - 1, qt = 1;upd(1, n, rt[i], rt[i + 1], 0);ql = p[i], qr = n, qt = 0;if(ql <= qr) upd(1, n, rt[i], rt[p[i] + 1], 0);}int ans = 0;while(q--) {int l, r; rd(l), rd(r);l ^= ans, r ^= ans;// printf("query: %d %d\n", l, r);ql = r;printf("%d\n", ans = qry(1, n, rt[l]));}return 0;
}
