2018ICPC南京网络赛
A. An Olympian Math Problem
题目描述：求\(\sum_{i=1}^{n} i\times i! \%n\)
solution
\[(n-1) \times (n-1)! \% n= (n-2)!(n^2-2n+1) \%n =(n-2)!\]
\[(n-2+1)\times (n-2)! \% n= (n-3)!(n^2-3n+2) \%n =(n-3)! \times 2\]
以此类推，最终只剩下\(n-1\)
时间复杂度：\(O(1)\)
B. The writing on the wall
题目描述：有一个\(n\times m\)的网格图，其中有些格子是黑色，其它都是白色，问不含黑色格子的矩形有多少个。
solution
先预处理出每个格子向右延伸的最长距离是多少，记作\(ri[i][j]\)。
对于每一列\(j\)，将行按\(ri\)从大到小排序，按顺序插回去，用并查集维护连通块，当将第\(i\)行插回去是，\(i\)所在的连通块最长延伸距离为\(ri[i][j]\)，为避免重复，只算跨过\(i\)这一行的贡献。
时间复杂度：\(O(n^3)\)
C. GDY
据说是比较坑的模拟题，队友做的。
D. Jerome‘s House
题目描述：在一个凸包内放三个半径为\(r\)的圆（圆可以相交），求圆心所形成的三角形的面积的最大值的两倍。
solution
将凸包的所有边向内移动\(r\)，用半平面交求出之后的凸包，然后在凸包上求面积最大的三角形，枚举两个点，然后第三个点是单调的。
时间复杂度：\(O(n^2)\)
E. AC Challenge
裸状压\(dp\).
F. An Easy Problem On The Trees
G. Lpl and Energy-saving Lamps
裸线段树。
H. Set
题目描述：有\(n\)个点, 每个点有一个权值。\(m\)个操作，操作有三种：
- 给定\(u, v\)，如果\(u, v\)不在同一个集合，那么将它们所在的集合合并
- 给定\(u\)，将\(u\)所在集合的点的权值加一。
- 给定\(u, k, x\)，求\(u\)所在集合的点的权值模\(2^k\)等于\(x\)的有多少。
solution
看到第三个操作，就会想到用\(trie\)来维护每个集合的数（越接近树根数位越低），操作一就是将两棵\(trie\)暴力合并，由于只有合并操作，因此每个点只会被合并一次，因此总的时间复杂度还是\(O(nlogn)\)，对于操作二，可以在\(trie\)上面打标记，表示子树要加数，假设加的数为\(x\)，若\(x\)为奇数，则本来该数位是\(0\)的数变成\(1\)，\(1\)变成\(0\)，并且要进位，即交换儿子，交换后儿子\(0\)的标记加一；若\(x\)为偶数，则直接把标记往下打即可，往下打得标记为\(x/2\).
时间复杂度：\(O((n+m)k)\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=int(6e5)+100;
struct node
{
node *son[2];
int cnt;
int mark;
node()
{
cnt=mark=0;
son[0]=son[1]=NULL;
}
void down()
{
if (mark & 1) swap(son[0], son[1]);
if (son[0]) son[0]->mark+=(mark>>1)+(mark & 1);
if (son[1]) son[1]->mark+=(mark>>1);
mark=0;
}
};
node memory[maxn*31];
node *mem=memory;
int n, m;
int dsu[maxn];
node *trie[maxn];
void insert(node *cur, int v)
{
++cur->cnt;
for (int i=0; i<30; ++i, v>>=1)
{
if (!cur->son[v & 1]) cur->son[v & 1]=mem++;
cur=cur->son[v & 1];
++cur->cnt;
}
}
void read()
{
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i=1; i<=n; ++i) dsu[i]=-1;
for (int i=1; i<=n; ++i)
{
int v;
scanf("%d", &v);
trie[i]=mem++;
insert(trie[i], v);
}
}
int dsu_find(int cur)
{
return (dsu[cur]<0? cur:(dsu[cur]=dsu_find(dsu[cur])));
}
void dsu_merge(int &x, int &y)
{
if (dsu[x]>dsu[y]) swap(x, y);
dsu[x]+=dsu[y];
dsu[y]=x;
}
node *merge(node *x, node *y)
{
if (!x) return y;
if (!y) return x;
if (x->mark) x->down();
if (y->mark) y->down();
x->cnt+=y->cnt;
x->son[0]=merge(x->son[0], y->son[0]);
x->son[1]=merge(x->son[1], y->son[1]);
return x;
}
int ask(node *cur, int k, int x)
{
if (cur->mark) cur->down();
for (int i=0; i<k; ++i, x>>=1)
{
if (!cur->son[x & 1]) return 0;
cur=cur->son[x & 1];
if (cur->mark) cur->down();
}
return cur->cnt;
}
void solve()
{
for (int i=1; i<=m; ++i)
{
int type, u, v, x;
scanf("%d%d", &type, &u);
u=dsu_find(u);
switch (type)
{
case 1:
scanf("%d", &v);
v=dsu_find(v);
if (u==v) break;
dsu_merge(u, v);
trie[u]=merge(trie[u], trie[v]);
break;
case 2:
++trie[u]->mark;
break;
case 3:
scanf("%d%d", &v, &x);
printf("%d\n", ask(trie[u], v, x));
break;
}
}
}
int main()
{
read();
solve();
return 0;
}I. Skr
题目描述：给定一个只含数字的字符串，求不同回文子串的和（子串所代表的数字的和）
solution
裸回文树。
J. Sum
题目描述：定义\(f(n)\)为\(n\)分解为两个非平方数乘积的方案数（有序数对），非平方数指的是没有平方数因子的数，\(1\)除外。问\(\sum_{i=1}^{n} f(i)\)
solution
将一个数\(n\)分解质因数，若某个质因子的幂大于\(2\)，则\(f(n)=0\),因为无论怎么分，总有一个数会有两个该质因子；否则\(f(n)=2^{幂次为1的质因子的个数}\)。而这东西显然是积性函数，因此可以线性筛预处理。
时间复杂度：\(O(n)\)
K. The Great Nim Game
题目描述：有\(n\)堆石子，每堆石子的个数为\(f(n)\)，一开始可以移走若干堆石子，使得在剩下的石子堆中玩\(Nim\)游戏先手必胜，问移走石子堆的方案数。
solution
如果直接给出每堆石子的个数，那这题就很简单了，就是算使得剩下的数异或值不为\(0\)即可，这个可以用状压\(dp\)。但这道题的\(n\)很大，\(f(n)\)是由递推式给出的。观察式子可知\(f(n)\)有一个长度为\(k\)的循环，因此可以算出每种数字有多少个，只是要用高精度表示而已，每种数字选奇数个或偶数个，因此方案数是\(2^{个数-1}\)，因为个数很大，所以要用欧拉定理降幂。
时间复杂度：\(O(n+2^kk)\)
L. Magical Girl Haze
题目描述：有一个\(n\)个点\(m\)条边的图，现在可以将不多于\(k\)条边的权值变成\(0\)，求\(1\)到\(n\)的最短路径。
solution
拆点，将一个点拆成\(k+1\)个，表示已经变了多少条边。然后用\(dijkstra\)才能过。（好像\(SPFA+SLF\)优化也可以）
时间复杂度：\(O(mlog(nk))\)
原文地址：https://www.cnblogs.com/GerynOhenz/p/9595316.html