“玲珑杯”ACM比赛 Round #13 题解&源码
时间:2022-05-07
本文章向大家介绍“玲珑杯”ACM比赛 Round #13 题解&源码，主要内容包括A、B、C、D、E、基本概念、基础应用、原理机制和需要注意的事项等，并结合实例形式分析了其使用技巧，希望通过本文能帮助到大家理解应用这部分内容。
A
题目链接：http://www.ifrog.cc/acm/problem/1111
分析：容易发现本题就是排序不等式， 将A数组与B数组分别排序之后， 答案即N∑i=1Ai×Bi
此题有坑，反正据我提交而言，一直RE，之后发现两个地方会出错，一是定义数组要放在main函数之前，第二是ans+=1LL*a[i]*b[i],如果少了1LL,结果肯定WA，这就是此题的亮点所在！
1 #include <bits/stdc++.h>
2
3 using namespace std ;
4
5 typedef long long LL ;
6
7 const int MAXN = 500010 ;
8
9 int n ;
10
11 int a[MAXN], b[MAXN] ;
12
13 int main() {
14 scanf("%d", &n) ;
15 for (int i = 1; i <= n; i ++) scanf("%d", &a[i]) ;
16 for (int i = 1; i <= n; i ++) scanf("%d", &b[i]) ;
17 sort(a + 1, a + n + 1) ;
18 sort(b + 1, b + n + 1) ;
19 LL ans = 0 ;
20 for (int i = 1; i <= n; i ++) ans += 1LL * a[i] * b[i] ;
21 cout << ans << endl ;
22 }B
题目链接：http://www.ifrog.cc/acm/problem/1112
分析：
一个显然的想法是每一次二分加入到第几个数的时候， 混乱度超过M， 然后暴力检验， 复杂度显然可以是O(N2logN)
级别
我们可以换一种二分方式
令当前左端点为L
， 我们先找到一个最小的K， 使得[L,L+2K)这个区间混乱度超过M
然后右端点在[L+2K−1,L+2K)
中二分即可
考虑每删去至少2K−1
个数， 所需要的时间复杂度最大为O(2KKlogN)
故总复杂度为O(Nlog2N)
1 #include <bits/stdc++.h>
2
3 using namespace std ;
4
5 int n ;
6
7 typedef long long LL ;
8
9 LL M ;
10
11 const int MAXN = 300010 ;
12
13 int a[MAXN] ;
14
15 int ps[MAXN], p[MAXN], cnt[MAXN], v[MAXN];
16 bool vis[MAXN] ;
17
18
19 bool check(int l, int r) {
20 for (int i = l; i <= r; i ++) p[i] = a[i] ;
21 sort(p + l, p + r + 1) ;
22 LL ans = 0 ;
23 for (int i = l; i <= r; i ++) {
24 ans += 1LL * p[i] * v[i - l + 1] ;
25 }
26 return ans <= M ;
27 }
28
29 int main() {
30 cin >> n >> M ;
31 for (int i = 1; i <= n; i ++) scanf("%d", &a[i]) ;
32 for (int i = 1; i <= n; i ++) scanf("%d", &v[i]) ;
33 int l = 1, r = 1 ;
34 for (; l <= n;) {
35 int last = 1, lastp = r - 1 ;
36 for (; check(l, r) && lastp < r; lastp = r , r = min(n, r + last), last <<= 1) ;
37 if (lastp == r) break ;
38 int lp = lastp + 1, rp = r ;
39 while (lp < rp) {
40 int mid = ((lp + rp) >> 1) ;
41 if (!check(l, mid)) rp = mid ;
42 else lp = mid + 1;
43 }
44 cnt[lp] ++ ;
45 l = lp + 1, r = l ;
46 }
47 for (int i = 1; i <= n; i ++) {
48 cnt[i] += cnt[i - 1] ;
49 printf("%d", cnt[i]) ;
50 if (i < n) putchar(' ') ;
51 }
52 putchar(10) ;
53 }C
题目链接：http://www.ifrog.cc/acm/problem/1113
分析：
注意到， K条路径两两相交的充要条件是这K
条路径有一段公共路径。
对于一条路径， 点数-边数恒为1
所以我们可以算出所有可能的情况中， K
条路径的公共点的个数 减去K
条路径的公共边的条数， 即为答案
我们可以枚举每一个点以及每一条边的贡献， 对于一个点来说， 它的贡献就是所有经过它的路径条数的K
次方，边同理
复杂度O(NlogK)
， 瓶颈在于快速幂
1 #include <bits/stdc++.h>
2
3 #define MOD 1000000007
4
5 #ifdef WIN32
6 #define LLD "%I64d"
7 #else
8 #define LLD "%lld"
9 #endif
10
11 using namespace std ;
12
13 int n, K ;
14
15 typedef long long LL ;
16
17 int qpow(int a, int b) {
18 int ret = 1 ;
19 for (; b; b >>= 1, a = 1LL * a * a % MOD) if (b & 1) ret = 1LL * ret * a % MOD ;
20 return ret ;
21 }
22
23 const int MAXN = 500010 ;
24
25 int siz[MAXN], fa[MAXN];
26
27 vector<int> g[MAXN];
28
29 int main() {
30 scanf("%d%d", &n, &K) ;
31 for (int i = 2; i <= n; i ++) scanf("%d", &fa[i]) ;
32 for (int i = n; i; i --) {
33 siz[i] ++ ;
34 siz[fa[i]] += siz[i] ;
35 g[fa[i]].push_back(i) ;
36 }
37 int ans = 0 ;
38 for (int i = 2; i <= n; i ++) {
39 int t = 1LL * siz[i] * (n - siz[i]) % MOD ;
40 ans = (ans - qpow(t, K) + MOD) % MOD ;
41 }
42 for (int i = 1; i <= n; i ++) {
43 int t = 0 ;
44 for (int j = 0; j < g[i].size(); j ++) {
45 t += 1LL * siz[g[i][j]] * (n - siz[g[i][j]] - 1) % MOD ;
46 t %= MOD ;
47 }
48 t += 1LL * (siz[i] - 1) * (n - siz[i]) % MOD ;
49 t %= MOD;
50 t = 1LL * t * ((MOD + 1) / 2) % MOD ;
51 t += n ;
52 t %= MOD ;
53 ans += qpow(t, K) ;
54 ans %= MOD ;
55 }
56 printf("%dn", ans) ;
57 } D
题目链接：http://www.ifrog.cc/acm/problem/1114
分析：
记SMN 为左边N个点， 右边M
个点的完全二分图生成树个数
答案即SKN−K×(N−1K−1)
， 证明显然， 因为把树上的点按照奇偶分层，即得到一个二分图， 每一棵树都对应了这个完全二分图的一个生成树
SMN=NM−1×MN−1
， 暴力用Matrix−Tree可以消元得到这个结论。
1 #include <bits/stdc++.h>
2
3 #define MOD 998244353
4
5 using namespace std ;
6
7 int n, k;
8
9 int qpow(int a, int b) {
10 int ret = 1;
11 for (; b; b >>= 1, a = 1LL * a * a % MOD) if (b & 1) ret = 1LL * ret * a % MOD ;
12 return ret ;
13 }
14
15 int C(int n, int m) {
16 int ans = 1 ;
17 for (int i = 1; i <= m; i ++) {
18 ans = 1LL * ans * (n - i + 1) % MOD * qpow(i, MOD - 2) % MOD ;
19 }
20 return ans ;
21 }
22
23 int main() {
24
25 scanf("%d%d", &n, &k) ;
26 n -= k ;
27 int ans = 1LL * qpow(n, k - 1) * qpow(k, n - 1) % MOD ;
28 ans = 1LL * ans * C(n + k - 1, k - 1) % MOD ;
29 printf("%dn", ans) ;
30 }E
题目链接：http://www.ifrog.cc/acm/problem/1115
分析：
1 #define OPENSTACK
2
3 #include <bits/stdc++.h>
4 #define MAXN 100010
5 #define Q 322
6 #define INF ~0ULL
7
8 using namespace std;
9
10 int n , m , cnt , a[ MAXN ] , tag[ MAXN ] , caocoacao[ MAXN ] , up[ MAXN ] , vis[ MAXN ];
11 int gandan [ MAXN ] , fa[ MAXN ] , size[ MAXN ] , son[ MAXN ] , xxxxxx[ MAXN ];
12 unsigned char left_bit[65536] , ssssssss[65536];
13 unsigned int wocaonimabis[31][ MAXN ] , f[31][65536] , lastans;
14
15 struct wocaonima
16 {
17 unsigned long long bit[470];
18 void clear()
19 {
20 memset( bit , 0 , sizeof( bit ) );
21 }
22 void operator |= ( const wocaonima & rhs )
23 {
24 for( register int i = 0 ; i <= 469 ; i++ )
25 bit[i] |= rhs.bit[i];
26 }
27 void operator |= (const int x)
28 {
29 bit[x >> 6] |= 1ll << ( x & 63 );
30 }
31 inline int find( unsigned char k )
32 {
33 int len = 0 , v[4];
34 register unsigned int x = 0;
35 for( register int i = 0 ; i <= 469 ; i++ )
36 {
37 v[0] = bit[i] & 65535 , v[1] = ( bit[i] >> 16 ) & 65535 , v[2] = ( bit[i] >> 32 ) & 65535 , v[3] = ( bit[i] >> 48 );
38 for( register char j = 0 ; j <= 3 ; j++ )
39 if( v[j] == 65535 ) len += 16;
40 else
41 {
42 //if( len + left_bit[ v[j] ] ) cerr << " " << len + left_bit[ v[j] ] << endl;
43 x += wocaonimabis[k][ len + left_bit[ v[j] ] ];
44 x += f[k][ v[j] ];
45 len = ssssssss[ v[j] ];
46 }
47 }
48 return x;
49 }
50 } ans;
51
52 wocaonima BIT[Q + 5][Q + 5];
53 vector < int > linker[ MAXN ];
54
55 #define cur linker[x][i]
56
57 void dfs1( int x )
58 {
59 size[x] = 1;
60 for( int i = 0 ; i < linker[x].size() ; i++ )
61 if( cur != fa[x] )
62 {
63 fa[ cur ] = x , gandan [ cur ] = gandan [x] + 1;
64 dfs1( cur ) , size[x] += size[ cur ];
65 if( size[ cur ] > size[ son[x] ] ) son[x] = cur;
66 }
67 }
68
69 void dfs2( int x , int t )
70 {
71 xxxxxx[x] = t;
72 if( son[x] ) dfs2( son[x] , t );
73 for( int i = 0 ; i < linker[x].size() ; i++ )
74 if( cur != fa[x] && cur != son[x] )
75 dfs2( cur , cur );
76 }
77
78 inline int lca( int a , int b )
79 {
80 while( xxxxxx[a] != xxxxxx[b] )
81 {
82 if( gandan [ xxxxxx[a] ] < gandan [ xxxxxx[b] ] ) swap( a , b );
83 a = fa[ xxxxxx[a] ];
84 }
85 return gandan [a] < gandan [b] ? a : b;
86 }
87
88 #undef cur
89
90 struct io
91 {
92 char ibuf[1 << 23] , * s , obuf[1 << 20] , * t;
93 int a[24];
94 io() : t( obuf )
95 {
96 fread( s = ibuf , 1 , 1 << 23 , stdin );
97 }
98 ~io()
99 {
100 fwrite( obuf , 1 , t - obuf , stdout );
101 }
102 inline int read()
103 {
104 register int u = 0;
105 while( * s < 48 ) s++;
106 while( * s > 32 )
107 u = u * 10 + * s++ - 48;
108 return u;
109 }
110 template < class T >
111 inline void print( T u , int v )
112 {
113 print( u );
114 * t++ = v;
115 }
116 template< class T >
117 inline void print( register T u )
118 {
119 static int * q = a;
120 if( !u ) * t++ = 48;
121 else
122 {
123 if( u < 0 )
124 * t++ = 45 , u *= -1;
125 while( u ) * q++ = u % 10 + 48 , u /= 10;
126 while( q != a )
127 * t++ = * --q;
128 }
129 }
130 } ip;
131
132 #define read ip.read
133 #define print ip.print
134
135 inline void addedge( int x , int y )
136 {
137 linker[x].push_back( y );
138 linker[y].push_back( x );
139 }
140
141 int main()
142 {
143 #ifdef OPENSTACK
144 int size = 64 << 20; // 64MB
145 char *p = (char*)malloc(size) + size;
146 #if (defined _WIN64) or (defined __unix)
147 __asm__("movq %0, %%rspn" :: "r"(p));
148 #else
149 __asm__("movl %0, %%espn" :: "r"(p));
150 #endif
151 #endif
152 srand( time( 0 ) );
153 for( int s = 0 ; s < 65536 ; s++ )
154 {
155 left_bit[s] = ssssssss[s] = 16;
156 for( register int i = 0 ; i < 16 ; i++ )
157 if( !( ( s >> i ) & 1 ) )
158 {
159 left_bit[s] = i;
160 break;
161 }
162 for( register int i = 15 ; ~i ; i-- )
163 if( !( ( s >> i ) & 1 ) )
164 {
165 ssssssss[s] = 15 - i;
166 break;
167 }
168 }
169 n = read() , m = read();
170 for( int i = 0 ; i <= n ; i++ )
171 for( register int j = wocaonimabis[0][i] = 1 ; j <= 30 ; j++ )
172 wocaonimabis[0][0] = 0 , wocaonimabis[j][i] = wocaonimabis[j - 1][i] * i;
173 for( int j = 0 ; j <= 30 ; j++ )
174 for( int s = 0 ; s < 65536 ; s++ )
175 {
176 int len = 0;
177 for( register int i = left_bit[s] + 1 ; i <= 15 - ssssssss[s] ; i++ )
178 if( ( s >> i ) & 1 ) len++;
179 else f[j][s] += wocaonimabis[j][ len ] , len = 0;
180 if( len ) f[j][s] += wocaonimabis[j][ len ];
181 }
182 for( register int i = 1 ; i <= n ; i++ ) a[i] = read();
183 for( register int i = 1 ; i < n ; i++ ) addedge( read() , read() );
184 dfs1( 1 ) , dfs2( 1 , 1 );
185 for( int i = 1 ; i <= min( n , Q ) ; i++ )
186 {
187 int pos;
188 while( vis[ pos = rand() * rand() % n + 1 ] );
189 vis[ pos ] = 1 , tag[i] = pos , caocoacao[ tag[i] ] = i;
190 }
191 for( int i = 1 ; i <= min( n , Q ) ; i++ )
192 {
193 int cur = tag[i];
194 ans.clear();
195 do
196 {
197 ans |= a[ cur ];
198 if( cur != tag[i] && caocoacao[cur] )
199 {
200 BIT[i][ caocoacao[ cur ] ] |= ans;
201 if( !up[ tag[i] ] )
202 up[ tag[i] ] = cur;
203 }
204 cur = fa[ cur ];
205 }
206 while( cur );
207 }
208 for( int i = 1 ; i <= m ; i++ )
209 {
210 int cnt = read();
211 ans.clear();
212 for( int j = 1 ; j <= cnt ; j++ )
213 {
214 int x = read() ^ lastans , y = read() ^ lastans , z = lca( x , y );
215 ans |= a[z];
216 while( !caocoacao[x] && x != z )
217 {
218 ans |= a[x];
219 x = fa[x];
220 }
221 int now = x;
222 while( gandan [ up[x] ] > gandan [z] ) x = up[x];
223 ans |= BIT[ caocoacao[ now ] ][ caocoacao[x] ];
224 while( x != z )
225 {
226 ans |= a[x];
227 x = fa[x];
228 }
229 while( !caocoacao[y] && y != z )
230 {
231 ans |= a[y];
232 y = fa[y];
233 }
234 now = y;
235 while( gandan [ up[y] ] > gandan [z] ) y = up[y];
236 ans |= BIT[ caocoacao[ now ] ][ caocoacao[y] ];
237 while( y != z )
238 {
239 ans |= a[y];
240 y = fa[y];
241 }
242 }
243 print( lastans = ans.find( read() ) , 'n' );
244 }
245 #ifdef OPENSTACK
246 exit(0);
247 #else
248 return 0;
249 #endif
250 return 0;
251 }
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