2.23模拟赛

浪了一发普及模拟赛

题面见此

【样例输入】

4

1 1

2 1

1 1

【样例输出】

20

【数据规模和范围】

对于 30%的数据，n≤1000。

对于另外 30%的数据，bi=1。

对于 100%的数据，n≤1 000 000,bi≤1000。

sol：单边记贡献，（x，y）边的贡献就是 Size[y]*(n-Size[y])*Dis[x][y]，因为父亲都小于当前点，直接倒着跑一遍记Size就可以了，如果无序的话可以用拓扑

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
inline ll read()
{
    ll S=0;
    bool f=0;
    char ch=‘ ‘;
    while(!isdigit(ch))
    {
        f|=(ch==‘-‘); ch=getchar();
    }
    while(isdigit(ch))
    {
        S=(S<<3)+(S<<1)+(ch-‘0‘); ch=getchar();
    }
    return (f)?(-S):(S);
}
#define R(x) x=read()
inline void write(ll x)
{
    if(x<0)
    {
        putchar(‘-‘); x=-x;
    }
    if(x<10)
    {
        putchar(x+‘0‘);    return;
    }
    write(x/10); putchar(x%10+‘0‘);
    return;
}
#define W(x) write(x),putchar(‘ ‘)
#define Wl(x) write(x),putchar(‘\n‘)
const int N=1000005;
int n,Father[N],Size[N];
int Val[N];
int main()
{
    freopen("fst.in","r",stdin);
    freopen("fst.out","w",stdout);
    int i;
    ll ans=0;
    R(n);
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        Size[i]=1;
    }
    for(i=2;i<=n;i++)
    {
        Father[i]=read(); Val[i]=read();
    }
    for(i=n;i>1;i--)
    {
        Size[Father[i]]+=Size[i];
    }
    for(i=2;i<=n;i++)
    {
        ans+=1ll*Val[i]*Size[i]*(n-Size[i]);
    }
    Wl(ans<<1);
    return 0;
}
/*
input
5
1 2
2 4
2 1
4 4
output
92

input
5
1 5
1 5
2 3
2 5
output
164
*/

2.贰（fstagain）

【题目描述】

给你一个长度为 n 的序列，有 m 次询问，让你求区间 gcd。

【输入格式】

输入文件为 fstagain.in。 第一行两个正整数 n 和 m。 第二行 n 个正整数 ai，保证 ai≤1 000 000 000。 接下来 m 行，每行两个正整数 l 和 r，询问序列中 l 到 r 的 gcd。

【输出格式】

输出文件为 fst.in。 输出 m 行，表示查询的结果。

【样例输入】

3 2

3 6 8

1 2

2 3

【样例输出】

3

2

【数据规模和范围】

对于 30%的数据，n,m≤1000。

对于 60%的数据，n≤1000。

对于 100%的数据，n,m≤100000。

sol：因为重复没关系，ST表可以搞，线段树应该也可以做（反正是模板），我写了分块（反正都能过）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef int ll;
inline ll read()
{
    ll S=0;
    bool f=0;
    char ch=‘ ‘;
    while(!isdigit(ch))
    {
        f|=(ch==‘-‘); ch=getchar();
    }
    while(isdigit(ch))
    {
        S=(S<<3)+(S<<1)+(ch-‘0‘); ch=getchar();
    }
    return (f)?(-S):(S);
}
#define R(x) x=read()
inline void write(ll x)
{
    if(x<0)
    {
        putchar(‘-‘); x=-x;
    }
    if(x<10)
    {
        putchar(x+‘0‘);    return;
    }
    write(x/10); putchar(x%10+‘0‘);
    return;
}
#define W(x) write(x),putchar(‘ ‘)
#define Wl(x) write(x),putchar(‘\n‘)
const int N=100005,B=355;
int n,m,a[N];
int Block,cnt,L[B],R[B],Gcd[B],Pos[N];
inline int gcd(int x,int y)
{
    return (!y)?(x):(gcd(y,x%y));
}
inline void Pre()
{
    int i,j;
    Block=sqrt(n);
    cnt=n/Block+(bool)(n%Block);
    for(i=1;i<=cnt;i++)
    {
        L[i]=R[i-1]+1;
        R[i]=L[i]+Block-1;
    }
    R[cnt]=n;
    for(i=1;i<=cnt;i++)
    {
        Gcd[i]=a[L[i]];
        Pos[L[i]]=i;
        for(j=L[i]+1;j<=R[i];j++)
        {
            Pos[j]=i;
            Gcd[i]=gcd(Gcd[i],a[j]);
        }
    }
    return;
}
inline int Solve(int l,int r)
{
    int i;
    int ql=Pos[l],qr=Pos[r];
    if(ql+1>=qr)
    {
        int ans=a[l];
        for(i=l+1;i<=r;i++)
        {
            ans=gcd(ans,a[i]);
        }
        return ans;
    }
    else
    {
        int ans=a[l];
        for(i=l+1;i<L[ql+1];i++)
        {
            ans=gcd(ans,a[i]);
        }
        for(i=ql+1;i<qr;i++)
        {
            ans=gcd(ans,Gcd[i]);
        }
        for(i=L[qr];i<=r;i++)
        {
            ans=gcd(ans,a[i]);
        }
        return ans;
    }
}
int main()
{
    freopen("fstagain.in","r",stdin);
    freopen("fstagain.out","w",stdout);
    int i;
    R(n); R(m);
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        R(a[i]);
    }
    Pre();
    for(i=1;i<=m;i++)
    {
        int l=read(),r=read();
        Wl(Solve(l,r));
    }
    return 0;
}
/*
input
3 2
3 6 8
1 2
2 3
output
3
2
*/

3.叁（fstalways）

【题目描述】

有 4 种硬币，面值分别为 c1,c2,c3,c4。某人去商店买东西，去 了 tot 次。每次带 di 枚 ci 硬币，买 s 的价值的东西。求每次有多少 种付款方法。

【输入格式】

输入文件为 fstalways.in。 第一行 5 个正整数 c1,c2,c3,c4,tot。 接下来 tot 行，每行 5 个正整数表示的 d1,d2,d3,d4,s。

【输出格式】

输出文件为 fstalways.out。 输出 tot 行，表示每次的方案数。

【样例输入】

1 2 5 10 2

3 2 3 1 10

1000 2 2 2 900

【样例输出】

4

27

【数据规模和范围】

对于 30%的数据，di≤10。

对于 50%的数据，s,tot≤1000。

对于 100%的数据，s≤1000000,tot≤100000。

sol：先跑一遍没有 di 限制的背包，然后容斥，奇加偶减（这是套路）

容斥过程：对于S，选择第 i 种硬币超限的方案数就是 dp[S-(di+1)*c[i]],因为是完全背包，剩下的S-(di+1)*c[i]可以随便选，然而就算一个 i 也不选也是会超限的

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
inline ll read()
{
    ll s=0;
    bool f=0;
    char ch=‘ ‘;
    while(!isdigit(ch))
    {
        f|=(ch==‘-‘); ch=getchar();
    }
    while(isdigit(ch))
    {
        s=(s<<3)+(s<<1)+(ch^48); ch=getchar();
    }
    return (f)?(-s):(s);
}
#define R(x) x=read()
inline void write(ll x)
{
    if(x<0)
    {
        putchar(‘-‘); x=-x;
    }
    if(x<10)
    {
        putchar(x+‘0‘);    return;
    }
    write(x/10);
    putchar((x%10)+‘0‘);
    return;
}
#define W(x) write(x),putchar(‘ ‘)
#define Wl(x) write(x),putchar(‘\n‘)
int C[5],D[5];
ll dp[1000005];
int main()
{
    freopen("fstalways.in","r",stdin);
    freopen("fstalways.out","w",stdout);
    int i,j,T,Sum;
    ll ans=0;
    for(i=1;i<=4;i++)
    {
        R(C[i]);
    }
    R(T);
    dp[0]=1;
    for(i=1;i<=4;i++)
    {
        for(j=C[i];j<=1000000;j++)
        {
            dp[j]+=dp[j-C[i]];
        }
    }
    while(T--)
    {
        ans=0;
        for(i=1;i<=4;i++)
        {
            R(D[i]);
        }
        R(Sum);
        for(i=0;i<=15;i++)
        {
            int SS=Sum,Bo=1;
            for(j=1;j<=4;j++) if(i&(1<<(j-1)))
            {
                SS-=C[j]*(D[j]+1);
                Bo^=1;
            }
            if(SS<0) continue;
            if(Bo) ans+=dp[SS]; else ans-=dp[SS];
        }
        Wl(ans);
    }
    return 0;
}
/*
input
1 2 5 10 2
3 2 3 1 10
1000 2 2 2 900
output
4
27
*/

4.肆（fstforever）

【题目描述】

给定一棵 n 个节点的有根树，编号依次为 1 到 n，其中 1 号点为 根节点。每个点有一个权值 vi。 现在，你需要选择尽可能多的节点，满足以下的性质：对于任意 两个点 i,j，如果 i 在树上是 j 的祖先，那么 vi>vj。请计算可选的最 多的点数。

【输入格式】

输入文件为 fstforever.in。 第一行一个正整数 n。 第二行 n-1 个正整数 ai，表示 i+1 的父亲（ai≤i+1）。 第三行 n 个整数，第 i 个整数表示 vi。 【输出格式】 输出文件为 fstforever.out。 输出一个整数，为最多的点数。

【样例输入】

6

1 1 1 1 1

3 1 2 3 4 5

【样例输出】

5

【数据规模和范围】

对于 30%的数据，n≤20。

对于 50%的数据，保证 n≤3000。

对于另外 20%的数据，保证 ai=i。

对于 100%的数据，vi≤1 000 000 000,n≤200000。

sol：对于一条链，就是跑最长上升子序列，在一棵树上是 ，我们发现对于一个非叶子节点，他所有儿子都是等价的，用multiset启发式合并就可以了

其实着重解释一下一种求LIS的方法 为什么是对的

方法是这样的：维护一个multiset，即每次新加一个元素时，在维护的multiset中找到比它大的第一个元素，替换，（如果没有就直接加入这个元素）最后multiset的长度就是LIS的长度。

为什么是替换掉比他大的第一个，而不是把所有比他大的都去掉呢？

（1）如果被替换掉的是multiset里最大的元素，就表示当前点的值加入当前维护的LIS中，并在维护的LIS中删除被替换的值

（2）如果替换之后，multiset里有比当前节点的值更大的元素，就表示不将当前节点的值加入LIS，LIS的长度不变

（3）如果没有更大的元素，就直接加入当前的值，LIS长度+1。

每次新加入元素的时候其实只跟当前LIS里最大的元素有关

要么是加入新元素，最大元素变小，LIS长度不变

要么是加入新元素、最大元素变大、LIS长度+1

要么是不加入新元素、LIS不变

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef int ll;
inline ll read()
{
    ll s=0;
    bool f=0;
    char ch=‘ ‘;
    while(!isdigit(ch))
    {
        f|=(ch==‘-‘); ch=getchar();
    }
    while(isdigit(ch))
    {
        s=(s<<3)+(s<<1)+(ch^48); ch=getchar();
    }
    return (f)?(-s):(s);
}
#define R(x) x=read()
inline void write(ll x)
{
    if(x<0)
    {
        putchar(‘-‘); x=-x;
    }
    if(x<10)
    {
        putchar(x+‘0‘);    return;
    }
    write(x/10);
    putchar((x%10)+‘0‘);
    return;
}
#define W(x) write(x),putchar(‘ ‘)
#define Wl(x) write(x),putchar(‘\n‘)
const int N=200005,M=400005;
int n,Val[N];
struct Tree
{
    int tot,Next[M],to[M],head[N];
    inline void add(int x,int y)
    {
        Next[++tot]=head[x];
        to[tot]=y;
        head[x]=tot;
        return;
    }
    multiset<int>S[N];
    inline void Merg(int x,int y)
    {
        multiset<int>::iterator it;
        if(S[x].size()<S[y].size()) swap(S[x],S[y]);
        for(it=S[y].begin();it!=S[y].end();it++)
        {
            S[x].insert(*it);
        }
        return;
    }
    inline void dfs(int x)
    {
        int i;
        for(i=head[x];i;i=Next[i])
        {
            dfs(to[i]);
            Merg(x,to[i]);
        }
        if(S[x].size())
        {
            multiset<int>::iterator it;
            it=S[x].lower_bound(Val[x]);
            if(it!=S[x].end())
            {
                S[x].erase(it);
            }
        }
        S[x].insert(Val[x]);
        return;
    }
    inline void Init()
    {
        tot=0;
        memset(head,0,sizeof head);
        return;
    }
}T;
int main()
{
    freopen("fstforever.in","r",stdin);
    freopen("fstforever.out","w",stdout);
    int i;
    R(n);
    T.Init();
    for(i=2;i<=n;i++)
    {
        T.add(read(),i);
    }
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        R(Val[i]);
    }
    T.dfs(1);
    Wl(T.S[1].size());
    return 0;
}
/*
input
6
1 1 1 1 1
3 1 2 3 4 5
output
5
*/

原文地址：https://www.cnblogs.com/gaojunonly1/p/10425363.html

时间： 2024-11-08 20:09:55

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