“玲珑杯”算法比赛 Round #14By：wxh010910
Start Time：2017-05-13 16:00:00 End Time：2017-05-13 18:30:00 Refresh Time：2017-05-20 09:51:24 Public
p.p1 { margin: 0.0px 0.0px 0.0px 0.0px; font: 12.0px "Helvetica Neue"; color: #454545 }
p.p2 { margin: 0.0px 0.0px 2.0px 0.0px; text-align: center; font: 14.0px "Helvetica Neue"; color: #454545; min-height: 17.0px }
span.s1 { font: 12.0px ".PingFang SC" }
玲珑OJ比赛提交地址：http://www.ifrog.cc/acm/contest/1016
Round#14题解：http://www.ifrog.cc/acm/solution/19
A -- No Game No Life
Time Limit：1s Memory Limit：256MByte
Submissions：473Solved：226
DESCRIPTION
一对叫做 的兄妹玩游戏特别厉害，组队吊打所有人，
但是现实世界对他们很不友好，所以他们就去了异世界，
那个异世界有16个种族，不能打仗，只能玩游戏。
有一次他们和数据结构种族的人比赛，看谁写数据结构写得快，这时候出现了这样一道题：
给一个序列a，每次两个操作。
1、把所有数字x变成y2、询问序列一个位置上面的值
INPUT
第一行两个数n,m第二行n个数表示a序列后面有m行，
每行格式为1 x y或者2 x分别表示把所有值为x的数变成y或者询问序列上x位置的数值
OUTPUT
对于每个2操作，即询问，输出一个数表示答案
SAMPLE INPUT
5 55 5 5 5 52 31 5 22 31 8 32 1
SAMPLE OUTPUT
522
HINT
n,m <= 1000, a[i] <= 1000000000你作为妹妹当然要AC掉这题啦
SOLUTION
标程：
#include <bits/stdc++.h> #define MAXN 100010 using namespace std; int n , m , a[ MAXN ]; map < int , int > wocaonimalegebia; inline int read() { register int x = 0 , ch = getchar(); while( !isdigit( ch ) ) ch = getchar(); while( isdigit( ch ) ) x = x * 10 + ch - ‘0‘ , ch = getchar(); return x; } int main() { n = read() , m = read(); for( register int i = 1 ; i <= n ; i++ ) a[i] = read() , wocaonimalegebia[ a[i] ] = a[i]; while( m-- ) if( read() == 1 ) { int x = read(); wocaonimalegebia[x] = read(); } else printf( "%d\n" , wocaonimalegebia[ a[ read() ] ] ); return 0; }
B -- RE：从零开始的异世界生活
Time Limit：1s Memory Limit：256MByte
Submissions：368Solved：52
DESCRIPTION
486到了异世界，看到了一群可爱的妹子比如蕾姆啊，艾米莉亚啊，拉姆啊，白鲸啊，怠惰啊等等!
有一天膜女告诉486说她的能力可能不能再用了，因为膜女在思考一个数据结构题，没心情管486了。
486说我来帮你做，膜女说你很棒棒哦！
给一个集合，最开始为空（不是数学上的集合）
五个操作：
1、插入x
2、把小于x的数变成x
3、把大于x的数变成x
4、求集合中第x小数
5、求集合中小于x的数个数
INPUT
第一行一个数m后面有m行，每行格式为opt x，opt表示是什么操作，x表示操作的值
OUTPUT
对于每个4,5操作，输出一个值表示答案
SAMPLE INPUT
51 11 34 12 334 1
SAMPLE OUTPUT
133
HINT
m <= 100000 , x <= 1000000000
SOLUTION
标程：
#include <bits/stdc++.h> #define ratio 4 #define MAXN 1000010 #define merge( a , b ) new_Node( a -> size + b -> size , b -> value , a , b ) #define new_Node( s , v , a , b ) ( & ( * st[ cnt++ ] = Node( s , v , a , b ) ) ) #define update( cur ) if( cur -> left -> size ) cur -> size = cur -> left -> size + cur -> right -> size , cur -> value = cur -> right -> value; using namespace std; struct Node { int size , value; Node * left , * right; Node( int s , int v , Node * a , Node * b ) : size( s ) , value( v ) , left( a ) , right( b ) {} Node() {} } * root , * null , * st[300000] , t[300000]; int n , m , x , cnt; int find( int x , Node * cur ) { if( !cur -> left -> size ) return cur -> value; return x > cur -> left -> size ? find( x - cur -> left -> size , cur -> right ) : find( x , cur -> left ); } int zhentamashabibuyaoxiajibaqibianlaingminghaobuhaoa( int x , Node * cur ) { if( !cur -> left -> size ) return ( x > cur -> value ) * cur -> size; return x > cur -> left -> value ? zhentamashabibuyaoxiajibaqibianlaingminghaobuhaoa( x , cur -> right ) + cur -> left -> size : zhentamashabibuyaoxiajibaqibianlaingminghaobuhaoa( x , cur -> left ); } void split( int x , Node * cur ) { if( x > cur -> left -> size ) split( x - cur -> left -> size , cur -> right ) , cur -> left = merge( cur -> left , cur -> right -> left ) , st[ --cnt ] = cur -> right , cur -> right = cur -> right -> right; else if( x < cur -> left -> size ) split( x , cur -> left ) , cur -> right = merge( cur -> left -> right , cur -> right ) , st[ --cnt ] = cur -> left , cur -> left = cur -> left -> left; } void insert( int x , Node * cur ) { if( !cur -> left -> size ) if( cur -> value < x ) cur -> left = new_Node( cur -> size , cur -> value , null , null ) , cur -> right = new_Node( 1 , x , null , null ); else cur -> left = new_Node( 1 , x , null , null ) , cur -> right = new_Node( cur -> size , cur -> value , null , null ); else insert( x , x > cur -> left -> value ? cur -> right : cur -> left ); update( cur ); } void dispose( Node * cur ) { if( cur -> left -> size ) st[ --cnt ] = cur -> left , st[ --cnt ] = cur -> right , dispose( cur -> left ) , dispose( cur -> right ); } inline void low( int x ) { Node * cur = root; int s = zhentamashabibuyaoxiajibaqibianlaingminghaobuhaoa( x + 1 , cur ); if( s == 0 ); else if( s == cur -> size ) dispose( cur ) , * cur = Node( s , x , null , null ); else split( s , cur ) , dispose( cur -> left ) , * cur -> left = Node( s , x , null , null ); } inline void up( int x ) { Node * cur = root; int s = zhentamashabibuyaoxiajibaqibianlaingminghaobuhaoa( x + 1 , cur ); if( s == 0 ) dispose( cur ) , * cur = Node( cur -> size , x , null , null ); else if( s == cur -> size ); else split( s , cur ) , dispose( cur -> right ) , * cur -> right = Node( cur -> size - s , x , null , null ); } struct io { char ibuf[1 << 23] , * s , obuf[1 << 22] , * t; int a[24]; io() : t( obuf ) { fread( s = ibuf , 1 , 1 << 23 , stdin ); } ~io() { fwrite( obuf , 1 , t - obuf , stdout ); } inline int read() { register int u = 0; while( * s < 48 ) s++; while( * s > 32 ) u = u * 10 + * s++ - 48; return u; } template< class T > inline void print( register T u ) { static int * q = a; if( !u ) * t++ = 48; else { if( u < 0 ) * t++ = 45 , u *= -1; while( u ) * q++ = u % 10 + 48 , u /= 10; while( q != a ) * t++ = * --q; } * t++ = ‘\n‘; } } ip; #define read ip.read #define print ip.print int main() { m = read(); for( register int i = 0 ; i < 300000 ; i++ ) st[i] = & t[i]; null = new_Node( 0 , 0 , 0 , 0 ); while( m-- ) { int opt = read(); if( opt == 1 ) if( root ) insert( read() , root ); else root = new_Node( 1 , read() , null , null ); else if( opt == 2 ) low( read() ); else if( opt == 3 ) up( read() ); else if( opt == 4 ) print( find( read() , root ) ); else print( zhentamashabibuyaoxiajibaqibianlaingminghaobuhaoa( read() , root ) ); } return 0; }
C -- Another
Time Limit：3s Memory Limit：256MByte
Submissions：230Solved：20
DESCRIPTION
因为奇怪的原因，主角榊原恒一转学到了夜见山市，进入了3年3班，看到了一个非常可爱的妹子Misaki。
但是…为什么其他同学都看不见Misaki呢？为什么Misaki被叫做不存在的人呢？为什么班上一直在死人呢？
为了搞清楚这件事情，主角去学习了OI，准备用图灵测试看看妹子是不是AI（正常人不应该怀疑妹子是不是鬼吗）
在NOIP day1T2，他遇到了一道数据结构题：
给你一个树，每个点有一个颜色，每种颜色有一个值t，定义一个点的跑步程度ans为：
设子树中颜色为x的点有y个，如果y >= t[x] , ans++;
求所有点的跑步程度的和
INPUT
第一行两个数n,h，h表示颜色个数后面有n - 1行，每行一个数表示该点的父亲后面有n行，表示每个点的颜色后面有h行，每行表示该颜色的t
OUTPUT
输出一个值表示答案
SAMPLE INPUT
5 512341 2 3 4 511111
SAMPLE OUTPUT
15
HINT
n,m,h,t <= 100000若出现爆栈问题，改栈方法请参考1093题目代码1093地址：http://www.ifrog.cc/acm/problem/1093代码地址：http://ideone.com/Wk24ET
SOLUTION
标程：
#define OPENSTACK #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define MAXN 500010 using namespace std; int n , h , size[ MAXN ] , fa[ MAXN ] , dep[ MAXN ] , son[ MAXN ] , top[ MAXN ] , l[ MAXN ] , r[ MAXN ] , tag[ MAXN ] , tot , p[10000000] , cnt; vector < int > linker[ MAXN ] , wocaonimabi[ MAXN ]; long long ans; inline int read() { int x = 0 , ch = getchar(); while( !isdigit( ch ) ) ch = getchar(); while( isdigit( ch ) ) x = x * 10 + ch - ‘0‘ , ch = getchar(); return x; } #define cur linker[x][i] void dfs1( int x ) { size[x] = 1; for( int i = 0 ; i < linker[x].size() ; i++ ) if( cur != fa[x] ) { fa[ cur ] = x , dep[ cur ] = dep[x] + 1; dfs1( cur ) , size[x] += size[ cur ]; if( size[ cur ] > size[ son[x] ] ) son[x] = cur; } } void dfs2(int x, int t) { top[x] = t; l[x] = ++tot; if (son[x] ) { dfs2( son[x] , t ); } for( int i = 0 ; i < linker[x].size() ; i++ ) if( cur != fa[x] && cur != son[x] ) dfs2( cur , cur ); } inline void modify( int l , int r ) { tag[l]++ , tag[r + 1]--; p[ ++cnt ] = l , p[ ++cnt ] = r + 1; } void modify( int x ) { while( x ) { modify( l[ top[x] ] , l[x] ); x = fa[ top[x] ]; } } inline void addedge(int x, int y) { linker[x].push_back( y ); } int main() { #ifdef OPENSTACK int size = 128 << 20; // 64MB char *tangtangtangtanglaoshia = (char*)malloc(size) + size; #if (defined _WIN64) or (defined __unix) __asm__("movq %0, %%rsp\n" :: "r"(tangtangtangtanglaoshia)); #else __asm__("movl %0, %%esp\n" :: "r"(tangtangtangtanglaoshia)); #endif #endif n = read() , h = read(); for( int i = 2 ; i <= n ; i++ ) addedge( read() , i ); for( int i = 1 ; i <= n ; i++ ) wocaonimabi[ read() ].push_back( i ); dfs1( 1 ); dfs2( 1 , 1 ); for( int v = 1 ; v <= h ; v++ ) { int t = read(); for(int i = 0 ; i < wocaonimabi[v].size() ; i++ ) modify( wocaonimabi[v][i] ); p[ ++cnt ] = 1 , p[ ++cnt ] = n + 1; sort( p + 1 , p + cnt + 1 ); cnt = unique( p + 1 , p + cnt + 1 ) - p; for(int i = 1 , last = 1 , now = 0 ; i <= cnt ; i++ ) { if( now >= t ) ans += p[i] - last; now += tag[ p[i] ] , tag[ p[i] ] = 0; last = p[i]; } cnt = 0; } cout << ans << endl; #ifdef OPENSTACK exit(0); #else return 0; #endif }
D -- 轻拍翻转小膜女
Time Limit：1s Memory Limit：256MByte
Submissions：36Solved：4
DESCRIPTION
可可娜是一个可爱的初中二年级妹子，本来在认真学习的她偶遇了膜法少女帕比卡，于是和她一起潜入称为pure illusion的异世界，寻找“mimi的碎片”，据说找齐了所有碎片可以掌控pure illusion从而掌控世界。
但是…
这番其实讲的是家庭伦理…
先不管这么多，有一次可可娜和帕比卡进入了一个神奇的异世界，里面全部是数据结构题。
她们终于做出了所有题，拿到了碎片，正准备离开，突然发现离开的出口上还有最后一道题没被AC，这个题是这样的：
一个序列a，一个操作：
每次询问一个区间，是否存在两个不同数x，y，使得x = y * z，这里指的是整除！
INPUT
第一行两个数n,m第二行n个数表示a序列后面有m行，每行为l r z表示一个操作
OUTPUT
对于每个操作，输出”flip”表示可以，输出“flap”表示不可以
SAMPLE INPUT
5 51 2 4 8 161 2 22 4 44 5 21 2 82 4 5
SAMPLE OUTPUT
flipflipflipflapflap
HINT
n,m,a[i] <= 1000002 <= z <= 100000
SOLUTION
标程：
#include<bits/stdc++.h> #define MAXN 100010 using namespace std; int n , m , block , a[ MAXN ], belong[ MAXN ] , ans[ MAXN ] , cnt[ MAXN ] , last[ MAXN ]; struct ask { int v , l , r , pos; } q[ MAXN ]; vector < ask > linker[MAXN ]; inline bool cmp( const ask& a , const ask & b ) { return belong[ a.l ] ^ belong[ b.l ] ? belong[ a.l ] <belong[ b.l ] : belong[ a.l ] & 1 ? a.r < b.r : a.r > b.r; } inline int read() { register int x = 0 , ch = getchar(); while( !isdigit( ch ) ) ch = getchar(); while( isdigit( ch ) ) x = x * 10 + ch - ‘0‘ , ch =getchar(); return x; } int main() { n = read() , m = read(); block = n / sqrt( m / 3 ); for( register int i = 1 ; i <= n ; i++ ) belong[i] = ( i -1 ) / block , a[i] = read(); for( register int i = 1 ; i <= m ; i++ ) q[i].l = read() , q[i].r = read() , q[i].v = read() ,q[i].pos = i; sort( q + 1 , q + m + 1 , cmp ); for( int i = 1 , l = 1 , r = 0 ; i <= m ; i++ ) { while( l > q[i].l ) cnt[ a[ --l ] ]++; while( r < q[i].r ) cnt[ a[ ++r ] ]++; while( l < q[i].l ) cnt[ a[ l++ ] ]--; while( r > q[i].r ) cnt[ a[ r-- ] ]--; if( q[i].v > 300 ) for( register int j = 1 ; j * q[i].v <=100000 && !ans[ q[i].pos ] ; j++ ) if( cnt[j] && cnt[ j * q[i].v] ) ans[ q[i].pos ] = 1; } for( int x = 1 ; x <= 300 ; x++ ) { for( registerint i = 1 ; i <= n ; i++ ) linker[i].clear(); for( register int i = 1 ; i <= m ; i++ ) if( q[i].v == x ) linker[ q[i].l ].push_back( q[i] ); memset( last , 0x3f , sizeof( last ) ); for( register int i = n , j = n + 1 ; i ; i-- ) { if( a[i] * 1ll * x <= 100000 ) j = min( j ,last[ a[i] * 1ll * x ] ); if( a[i] % x == 0 ) j = min( j , last[ a[i] /x ] ); for( register int k = 0 ; k <linker[i].size() ; k++ ) if( linker[i][k].r >= j ) ans[ linker[i][k].pos ] = 1; last[ a[i] ] = i; } } for( register int i = 1 ; i <= m ; i++ ) puts( ans[i] ? "flip" : "flap" ); return 0; }
E -- 大头日
Time Limit：2s Memory Limit：256MByte
Submissions：69Solved：3
DESCRIPTION
怼大佬是会掉人品的，如果怼成功了，那么rp--，否则rp不变。
有n个大佬，任意两个大佬之间都互相怼了一次，他们之间必有一个怼对方成功，而另一个失败。
具体来说，这形成了一个竞赛图，即任意两点之间有且仅有一条有向边。
每个大佬的初始rp都是0，他们互相怼之后把所有人的rp排序，问有多少种本质不同的rp序列？
INPUT
一行一个整数表示n。
OUTPUT
一行一个整数表示答案模998244353的值。
SAMPLE INPUT
1
SAMPLE OUTPUT
1
HINT
n <= 100000
SOLUTION
标程：
#include <bits/stdc++.h> #define xx first #define yy second #define mp make_pair #define pb push_back #define fill( x, y ) memset( x, y, sizeof x ) #define copy( x, y ) memcpy( x, y, sizeof x ) using namespace std; typedef long long LL; typedef pair < int, int > pa; inline int read() { int sc = 0, f = 1; char ch = getchar(); while( ch < ‘0‘ || ch > ‘9‘ ) { if( ch == ‘-‘ ) f = -1; ch = getchar(); } while( ch >= ‘0‘ && ch <= ‘9‘ ) sc = sc * 10 + ch - ‘0‘, ch = getchar(); return sc * f; } const int mod = 998244353; const int MAXN = 262145; inline int qpow(int x, int y, int mod) { int ret = 1; for( ; y ; y >>= 1, x = 1LL * x * x % mod ) if( y & 1 ) ret = 1LL * ret * x % mod; return ret; } namespace NTT { int R[MAXN], n, L, inv; inline void getR() { for( int i = 0 ; i < n ; i++ ) R[ i ] = ( R[ i >> 1 ] >> 1 ) | ( ( i & 1 ) << L - 1 ); inv = qpow( n, mod - 2, mod ); } inline void NTT(int *a, int f) { for( int i = 0 ; i < n ; i++ ) if( i < R[ i ] ) swap( a[ i ], a[ R[ i ] ] ); for( int i = 1, wn = qpow( 3, mod - 1 + f * ( mod - 1 ) / ( i << 1 ), mod ) ; i < n ; i <<= 1, wn = qpow( 3, mod - 1 + f * ( mod - 1 ) / ( i << 1 ), mod ) ) for( int j = 0, w = 1; j < n ; j += i << 1, w = 1 ) for( int k = 0 ; k < i ; k++, w = 1LL * w * wn % mod ) { int x = a[ j + k ], y = 1LL * w * a[ j + k + i ] % mod; a[ j + k ] = ( x + y ) % mod; a[ j + k + i ] = ( x - y + mod ) % mod; } if( f < 0 ) for( int i = 0 ; i < n ; i++ ) a[ i ] = 1LL * a[ i ] * inv % mod; } inline void mul(int *ret, int *a, int *b) { NTT( a, 1 ); NTT( b, 1 ); for( int i = 0 ; i < n ; i++ ) ret[ i ] = 1LL * a[ i ] * b[ i ] % mod; NTT( ret, -1 ); } } inline void inc(int &x, int y) { x += y; if( x >= mod ) x -= mod; } inline void dec(int &x, int y) { x -= y; if( x < 0 ) x += mod; } int n, f[MAXN], g[MAXN], fac[MAXN], inv[MAXN], fnv[MAXN], p[MAXN], p_cnt, phi[MAXN], a[MAXN], b[MAXN], c[MAXN]; inline int C(int x, int y) { return 1LL * fac[ x ] * fnv[ y ] % mod * fnv[ x - y ] % mod; } inline void init() { fac[ 0 ] = inv[ 0 ] = inv[ 1 ] = fnv[ 0 ] = phi[ 1 ] = f[ 0 ] = 1; for( int i = 1 ; i <= ( n << 1 ) ; i++ ) fac[ i ] = 1LL * fac[ i - 1 ] * i % mod; for( int i = 2 ; i <= ( n << 1 ) ; i++ ) inv[ i ] = 1LL * ( mod - mod / i ) * inv[ mod % i ] % mod; for( int i = 1 ; i <= ( n << 1 ) ; i++ ) fnv[ i ] = 1LL * fnv[ i - 1 ] * inv[ i ] % mod; for( int i = 2 ; i <= n ; i++ ) { if( !phi[ i ] ) phi[ p[ ++p_cnt ] = i ] = i - 1; for( int j = 1 ; i * p[ j ] <= n ; j++ ) { if( i % p[ j ] == 0 ) { phi[ i * p[ j ] ] = phi[ i ] * p[ j ]; break; } phi[ i * p[ j ] ] = phi[ i ] * ( p[ j ] - 1 ); } } for( int i = 1 ; i <= n ; i++ ) { int t = C( i << 1, i ); for( int j = i, k = 1 ; j <= n ; j += i, k++ ) if( i & 1 ) dec( g[ j ], 1LL * phi[ k ] * t % mod ); else inc( g[ j ], 1LL * phi[ k ] * t % mod ); if( i & 1 ) g[ i ] = ( mod - g[ i ] ) % mod; g[ i ] = 1LL * g[ i ] * inv[ i << 1 ] % mod; } } inline void solve(int l, int r) { if( l == r ) { f[ l ] = 1LL * f[ l ] * inv[ l ] % mod; return ; } int mid = l + r >> 1; solve( l, mid ); for( NTT::n = 1, NTT::L = 0 ; NTT::n <= r - l + 1 ; NTT::n <<= 1 ) NTT::L++; NTT::getR(); for( int i = 0 ; i < NTT::n ; i++ ) a[ i ] = i + l <= mid ? f[ i + l ] : 0, b[ i ] = ( i + l + 1 ) <= r ? g[ i + 1 ] : 0; NTT::mul( c, a, b ); for( int i = mid + 1 ; i <= r ; i++ ) inc( f[ i ], c[ i - l - 1 ] ); solve( mid + 1, r ); } int main() { n = read(); init(); solve( 0, n ); return printf( "%d\n", f[ n ] ), 0; }
时间： 2024-10-14 00:31:07