Ib的沙漏(hourglass)
正当Ib欣赏着一副诡异的画时，大厅的灯闪烁了几下，便熄灭了
墙上流出了蓝色的液体,上面写着……
Ib满怀着恐惧的走出大厅，发现整个美术馆已经空无一人，大门紧锁，灯光也暗淡了下来，正当她感到无望时，她想起了自己的神奇沙漏，这个沙漏由n个小沙漏组成，第i个小沙漏的沙子数量为ai,这个沙漏有一个神奇的性质，如果用手拨动第i个小沙漏，这个沙漏的沙子数量会变成sqrt(ai)(向下取整)，Ib经常玩弄她的沙漏以打发时间，有时她会用手连续拨动第l到r个小沙漏，有时她会数第l到r个小沙漏的沙子数量之和为多少，可惜Ib今早把沙漏忘在家里了，希望你能帮她模拟一个沙漏，这样也许她就不会害怕了，额…
Input
第一行一个整数n
第二行n个整数a1,a2,…,an,(0<=ai<=10^9)
第三行一个整数m表示Ib玩弄沙漏的次数
接下来m行，每行三个整数t,l,r
若t=1表示Ib数第l到r个小沙漏的沙子数量之和
若t=2表示Ib拨动第l到r个小沙漏
Output
每次t=1时，每行一个整数，表示第l到r个小沙漏的沙子数量之和
Sample Input
4
1 100 5 5
5
1 1 2
2 1 2
1 1 2
2 2 3
1 1 4
Sample Output
101
11
11
数据范围：
30%：n,m<=1000
100%:n,m<=100000
我们可以发现一个10^9的数最多开方5次就变成1了。
然后在线段树上维护一个标记（当前是否全是0或者1）。
修改最多就5nlogn
1 #include<cstdio>
2 #include<cstdlib>
3 #include<cstring>
4 #include<cmath>
5 #include<algorithm>
6 #include<iostream>
7 using namespace std;
8
9 typedef long long LL;
10 const int N=2*100010;
11 int n,m,tl;
12 LL a[N];
13 struct trnode{
14 int l,r,lc,rc,c;
15 LL sum;
16 }t[2*N];
17 int o=0;
18
19 int bt(int l,int r)
20 {
21 int x=++tl;
22 t[x].l=l;t[x].r=r;
23 t[x].lc=t[x].rc=0;
24 t[x].c=0;t[x].sum=0;
25 if(l<r)
26 {
27 int mid=(l+r)/2;
28 t[x].lc=bt(l,mid);
29 t[x].rc=bt(mid+1,r);
30 int lc=t[x].lc,rc=t[x].rc;
31 t[x].c=t[lc].c&t[rc].c;
32 t[x].sum=t[lc].sum+t[rc].sum;
33 }
34 else
35 {
36 if(a[l]==1 || a[l]==0) t[x].c=1;
37 t[x].sum=a[l];
38 }
39 return x;
40 }
41
42 LL query(int x,int l,int r)
43 {
44 if(t[x].l==l && t[x].r==r) return t[x].sum;
45 int lc=t[x].lc,rc=t[x].rc,mid=(t[x].l+t[x].r)/2;
46 if(r<=mid) return query(lc,l,r);
47 if(l>mid) return query(rc,l,r);
48 return query(lc,l,mid)+query(rc,mid+1,r);
49 }
50
51 void change(int x,int l,int r)
52 {
53 if(t[x].l==l && t[x].r==r && t[x].c==1) return ;
54 if(t[x].l==t[x].r)
55 {
56 t[x].sum=(LL)sqrt((double)t[x].sum);
57 if(t[x].sum==1 || t[x].sum==0) t[x].c=1;
58 // if(o) printf("t[x] .l = %d r = %d c = %d sum = %d\n",t[x].l,t[x].r,t[x].c,t[x].sum);
59 return;
60 }
61 int lc=t[x].lc,rc=t[x].rc,mid=(t[x].l+t[x].r)/2;
62 if(r<=mid) change(lc,l,r);
63 else if(l>mid) change(rc,l,r);
64 else
65 {
66 change(lc,l,mid);
67 change(rc,mid+1,r);
68 }
69 t[x].c=t[lc].c&t[rc].c;
70 t[x].sum=t[lc].sum+t[rc].sum;
71 // if(o) printf("t[x] .l = %d r = %d c = %d sum = %d\n",t[x].l,t[x].r,t[x].c,t[x].sum);
72 }
73
74 int main()
75 {
76 // freopen("a.in","r",stdin);
77 // freopen("a.out","w",stdout);
78 freopen("hourglass.in","r",stdin);
79 freopen("hourglass.out","w",stdout);
80 scanf("%d",&n);
81 for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);
82 tl=0;t[0].sum=0;t[0].c=1;
83 bt(1,n);
84 scanf("%d",&m);
85 int tmp,l,r;
86 for(int i=1;i<=m;i++)
87 {
88 scanf("%d%d%d",&tmp,&l,&r);
89 if(l>r) swap(l,r);
90 if(tmp==1) printf("%lld\n",query(1,l,r));
91 else change(1,l,r);
92 }
93 return 0;
94 }
诡异的雕塑（sculpture）
玩腻了沙漏的Ib决定勇敢地前进，她走进了一幅画中，来到了画中的世界！额… 在这里她遇到了与自己一样迷失在画中的Garry，
于是他们决定结伴而行，继续在画中的世界探索。
他们来到了一个绿色房间，这个房间没有出口，只有一排诡异的雕塑，聪明的Ib一看就知道要怎么做了，这里一共有n个雕塑，第i个雕塑的高度位hi,只要把这些雕塑摆成类似于一个山峰的形状就行了，具体地说，存在i使得对于1<=j<i,h[j]<=h[j+1], 对于i<j<=n,h[j-1]>=h[j],摆成这样后，房间的，们就会自动打开，当然Ib可搬不动这些雕塑，她只能向Garry求助，Garry每次只能交换相邻的两个雕塑，为了帮Garry节省力气继续后面的闯关，请你求出最少的交换次数。
Input
第一行一个正整数n
接下来n行，第i行一个整数hi
Output
输出一个整数，表示Garry最少需要的交换次数
Sample Input
6
2
8
4
5
3
6
Sample Output
3
HINT
最终的高度序列为2 4 5 8 6 3，共需要操作三次。
3<=n<=3*10^5
1<=hi<=10^9
数据范围
30% n<=10
100% n<=300000
这题没做出来是真的不应该。。这不就是之前的逆序空位插入法吗？！
首先我们给原序列一个编号1，2，3，...，n
假设按最后的状态是2，3，5，...，1
每个元素的交换次数就是逆序对的个数。
当然我们可以不这样想。
对于每个元素，从小到大先排序，我们考虑当前最小的。
它一定会走到最左或者最右边，而且它到了之后对后边的答案没有影响（它到了之后没有东西会来跟它交换位置）
模拟样例吧：
2 8 4 5 3 6
编号 1 2 3 4 5 6
对于2，它到最左边不需要交换。ans+0；
变成 8 4 5 3 6
编号 2 3 4 5 6
对于3，它到最左边要3次，到最右边1次。ans+1
变成 8 4 5 6
编号 2 3 4 6
.............
以此类推，每次删除一个数之后都要在树状数组上删除它。
注意相等的数之间是不会产生逆序对的（不然你就直接当它们交换了位置）
1 #include<cstdio>
2 #include<cstdlib>
3 #include<cstring>
4 #include<iostream>
5 #include<cmath>
6 #include<algorithm>
7 using namespace std;
8
9 typedef long long LL;
10 const int N=300010;
11 int n,c[N];
12 struct node{int d,id;}a[N];
13
14 bool cmp(node x,node y){return x.d<y.d;}
15 int minn(int x,int y){return x<y ? x:y;}
16
17 int add(int x,int d)
18 {
19 for(int i=x;i<=n;i+=(i&(-i))) c[i]+=d;
20 }
21 int getsum(int x)
22 {
23 int ans=0;
24 for(int i=x;i>=1;i-=(i&(-i))) ans+=c[i];
25 return ans;
26 }
27
28 int main()
29 {
30 // freopen("a.in","r",stdin);
31 // freopen("a.out","w",stdout);
32 freopen("sculpture.in","r",stdin);
33 freopen("sculpture.out","w",stdout);
34 scanf("%d",&n);
35 for(int i=1;i<=n;i++)
36 {
37 scanf("%d",&a[i].d);
38 a[i].id=i;
39 }
40 sort(a+1,a+1+n,cmp);
41 memset(c,0,sizeof(c));
42 for(int i=1;i<=n;i++) add(i,1);
43 int k=1,s=n,now;
44 LL ans=0;
45 for(int i=1;i<=n+1;i++)
46 {
47 if(a[i].d==a[i-1].d) continue;
48 for(int j=k;j<i;j++) add(a[j].id,-1),s--;
49 for(int j=k;j<i;j++)
50 {
51 now=getsum(a[j].id-1);
52 ans+=(LL)minn(now,s-now);
53 }
54 k=i;
55 }
56 printf("%lld\n",ans);
57 return 0;
58 }
Mary的游戏(game)
继续前进Ib和Garry又遇见了迷失在画中的世界里的Mary(左)
现在Mary被一个游戏难住了，没有玩出这个游戏Mary就不走了，可是以Mary的智商恐怕很难通关，为了尽快逃离这个地方，请你这帮Mary通关吧
Mary有一个n*m的矩形卡片，每个格子有权值Aij,每条边有权值，现在Mary要求一个联通块，使得格子的权值Aij/联通块边界上的边的权值之和最大。具体见样例
Input
第一行为两个正整数n,m。
接下来n行，每行m个非负整数，表示对应格子的价值。
接下来n+1行，每行m个正整数，表示所有横向的格线上的费用。
接下来n行，每行m+1个正整数，表示所有纵向的格线上的费用。
（所有数据均按从左到右，从上到下的顺序输入，参见样例和配图）
Output
输出一行仅含一个数，表示最大的V/C，保留3位小数。
Sample Input
3 4
1 3 3 3
1 3 1 1
3 3 1 0
100 1 1 1
97 96 1 1
1 93 92 92
1 1 90 90
98 1 99 99 1
95 1 1 1 94
1 91 1 1 89
Sample Output
1.286
HINT
数据范围 30% n,m<=5 100% n,m<=50
这题明显01分数规划，r=v/c;
设z=v-rc，我们二分r，然后判断z是否可以>=0。
然后我们发现最小割上不跑z就可以==0，那就一个连通块都没有。。那么我们判断的时候直接让z>0才可以。
之前一直在纠结一个联通块的问题，但是其实要是有两个连通块让z>0那也是没有关系的，因为我们已经转化成判定性问题，那这两个之中必定有1个能让z>0。
那就转化成了一个经典的网络流问题，也就是之前的海洋陆地问题。
1 #include<cstdio>
2 #include<cstdlib>
3 #include<cstring>
4 #include<cmath>
5 #include<algorithm>
6 #include<iostream>
7 #include<queue>
8 using namespace std;
9
10 const int N=3010;
11 const double INF=(double)1e9;
12 int n,m,len,dis[N],first[N];
13 int dx[3]={0,-1,0};
14 int dy[3]={0,0,-1};
15 double sum,A[60][60],b[60][60],c[60][60];
16 struct node{
17 int x,y,next;
18 double d;
19 }a[100010];
20 queue<int> q;
21
22 int idx(int x,int y){return (x-1)*m+y;}
23 double myabs(double x){return x>0 ? x:-x;}
24 double minn(double x,double y){return x<y ? x:y;}
25
26 void ins(int x,int y,double d)
27 {
28 a[++len].x=x;a[len].y=y;a[len].d=d;
29 a[len].next=first[x];first[x]=len;
30
31 a[++len].x=y;a[len].y=x;a[len].d=0;
32 a[len].next=first[y];first[y]=len;
33 }
34
35 bool bfs(int st,int ed)
36 {
37 while(!q.empty()) q.pop();
38 memset(dis,-1,sizeof(dis));
39 q.push(st);dis[st]=0;
40 while(!q.empty())
41 {
42 int x=q.front();q.pop();
43 for(int i=first[x];i!=-1;i=a[i].next) if(a[i].d>0)
44 {
45 int y=a[i].y;
46 if(dis[y]==-1)
47 {
48 dis[y]=dis[x]+1;
49 q.push(y);
50 }
51 }
52 }
53 return (dis[ed]!=-1);
54 }
55
56 double dfs(int x,int ed,double flow)
57 {
58 if(x==ed) return flow;
59 double r=0,p;
60 for(int i=first[x];i!=-1;i=a[i].next) if(a[i].d>0)
61 {
62 int y=a[i].y;
63 if(dis[y]==dis[x]+1)
64 {
65 p=minn(flow-r,a[i].d);
66 p=dfs(y,ed,p);
67 r+=p;
68 a[i].d-=p;
69 a[i^1].d+=p;
70 }
71 if(myabs(r-flow)<0.00001) break;
72 }
73 if(r==0) dis[x]=-1;
74 return r;
75 }
76
77 double dinic(int st,int ed)
78 {
79 double ans=0;
80 while(bfs(st,ed)) ans+=dfs(st,ed,INF);
81 // printf("ans = %lf\n",ans);
82 return ans;
83 }
84
85 void output()
86 {
87 for(int i=0;i<=len;i+=2)
88 {
89 printf("%d -- > %d %lf\n",a[i].x,a[i].y,a[i].d);
90 }
91 }
92
93 bool check(double r)
94 {
95 len=-1;
96 memset(first,-1,sizeof(first));
97 int S=0,T=n*m+1,x,y;
98 double w;
99 for(int i=1;i<=n;i++)
100 for(int j=1;j<=m;j++)
101 {
102 w=0;
103 if(i==1 || j==1 || i==n || j==m)
104 {
105 if(i==1) w+=r*b[i][j];
106 if(j==1) w+=r*c[i][j];
107 if(i==n) w+=r*b[i+1][j];
108 if(j==m) w+=r*c[i][j+1];
109 }
110 ins(S,idx(i,j),A[i][j]);
111 if(w) ins(idx(i,j),T,w);
112 for(int k=1;k<=2;k++)
113 {
114 x=i+dx[k];y=j+dy[k];
115 if(x<1 || y<1) continue;
116 w=(k==1) ? r*b[i][j] : r*c[i][j];
117 ins(idx(i,j),idx(x,y),w);
118 ins(idx(x,y),idx(i,j),w);
119 }
120 }
121 // output();
122 double z=sum-dinic(S,T);
123 return (z>0);
124 }
125
126 int main()
127 {
128 // freopen("a.in","r",stdin);
129 freopen("game.in","r",stdin);
130 freopen("game.out","w",stdout);
131 scanf("%d%d",&n,&m);
132 double l,r,mid;sum=0;
133 for(int i=1;i<=n;i++)
134 for(int j=1;j<=m;j++)
135 {
136 scanf("%lf",&A[i][j]);
137 sum+=A[i][j];
138 }
139 for(int i=1;i<=n+1;i++)
140 for(int j=1;j<=m;j++)
141 scanf("%lf",&b[i][j]);
142 for(int i=1;i<=n+1;i++)
143 for(int j=1;j<=m+1;j++)
144 scanf("%lf",&c[i][j]);
145 // printf("%d\n",check(1.00));
146 l=0;r=sum;
147 while(myabs(l-r)>0.00001)
148 {
149 mid=(l+r)/2;
150 if(check(mid)) l=mid;
151 else r=mid;
152 }
153 printf("%.3lf\n",l);
154 return 0;
155 }
拯救Mary(save)
在经历了无数艰难险阻之后…
Ib和Garry发现Mary竟然不是真人！她只是美术馆的一幅画，在Ib和Garry得知真相后，Mary准备攻击Ib和Garry,Ib和Garry只能狠下心来将Mary的画烧了
然而Ib和Garry都很后悔，希望找到方法可以复活Mary，聪明的Ib又想到了办法，她将Mary的画的碎片收集了起来，每张碎片都是一棵n个节点的树，但是有一些节点是特殊节点，且特殊节点两两不相邻，如果找出有多少种不同（树可以任意转动）的碎片就可以复活Mary啦 （详见样例）
Input
第一行为一个正整数n
接下来n-1行，每行2个整数x,y表示一条树边
Output
输出一个数，表示有多少种不同的碎片
Sample Input
5
1 2
1 3
1 4
1 5
Sample Output
6
HINT
以下为6种情况
数据范围
20% n<=1000，树为一条链
100% n<=500000
这题我们找到树的中心，然后在树的重心上可以随便交换孩子而达到一样的样子的才是同构现象。
然后我们没有同构现象的可以直接乘，有同构现象的要用可重复排列：
n种球中选m个，方案数为c(m,n+m-1)。
每种方案看成一种球，假设有n种方案，m个同构子树，就是上式了。
然后如何判断子树同构？同hash。。
好吧我没有back回。