最近实在是太浪了
A. 斐波那契(fibonacci)
不一会还是发现了很多性质的,但是我考虑的越多,脑子越不知道往哪想,一直没有找到切入点(把自己搞懵比)。然后打了个模拟向上标记只有50分,开long long只有60分。
实际上从题意上就能找到突破口,既然要找lca,那么我们只要找到儿子与父亲的节点编号关系,用最裸的向上标记,就可以不断的从儿子向上翻,最多60层,可以不处理倍增数组(实际上是空间开不起)。
然后考虑这个父子关系,其实我在暴力建图的时候tmd也发现了,但我并没有再想用它做点什么。第i月出生的第j个兔子$num=fib[i-1]+j$,同时$1 \leq j \leq fib[i-2]$,非常好的一点在于j就是它的父亲,移项得j=num-fib[i-1],然后我们就有了从儿子找到父亲的方法。$\Theta (60^2m)$ 有点极限。
只要找到第一个小于num的fib,满足单调性,直接二分。$\Theta (60log60 m)$
然后我们就省掉了建图的空间与时间,愉快地拿到了100分的好成绩(手舞足蹈.gif)。
1 #include<cstdio> 2 #include<cmath> 3 #include<algorithm> 4 #define ll long long 5 #define reg register 6 #define F(i,a,b) for(register int (i)=(a);(i)<=(b);++(i)) 7 using namespace std; 8 ll read(); 9 int m; 10 ll fib[66]; 11 inline ll ef(ll x) 12 { 13 int l=1,r=62,mid; 14 while(l<r) 15 { 16 mid=(l+r)>>1; 17 if(fib[mid]>=x) r=mid; 18 else l=mid+1; 19 } 20 return fib[l-1]; 21 } 22 int main() 23 { 24 // freopen("data.in","r",stdin); 25 m=read(); 26 ll x,y; 27 fib[0]=fib[1]=1; 28 F(i,2,62) fib[i]=fib[i-1]+fib[i-2]; 29 F(i,1,m) 30 { 31 x=read(); y=read(); 32 while(x!=y) 33 { 34 if(x>y) x^=y^=x^=y; 35 y-=ef(y); 36 } 37 printf("%lld\n",x); 38 } 39 return 0; 40 } 41 ll read() 42 { 43 ll x=0; 44 char tc=getchar(); 45 while(tc<'0'||tc>'9') tc=getchar(); 46 while(tc>='0'&&tc<='9') x=x*10+tc-48,tc=getchar(); 47 return x; 48 }
少开long long居然会TLE唔
B. 数颜色
我可能是高级数据结构学傻了。。。
考试的时候一看,这不莫队吗?还是带修的?可我不会啊!
然后还是自己YY了一个以每个修改为界限两边sort询问的TLE莫队,当时打完就觉得这板比T飞了,最坏情况是询问-修改-询问-修改-询问-修改-询问-修改然后死了,只有30分。
实际上能得70的算法:树套树(树状数组套主席树)(lnc),真正的带修莫队(wd),分块(whs) 再加上两个特殊性质 90分到(别人)手
100%算法:
算法一:vector 聪明人算法(sdfz_dky)
查询:对每个颜色开vector,由于元素的个数一定,不会爆内存。col[i][k],元素是排名第(k+1)个i颜色的兔子所在原序列的位置,维护col[i]有序,然后就可以二分做差得到答案了。
修改:如果不是相邻位置的颜色交换,算法一就失效了。因为是相邻位置,交换后它们相对于其他位置的相对大小都是不变的。结合算法一,就是我只要在col[a[x]]和col[a[x+1]]中二分找到x x+1位置所对应的col[]下标,然后交换他们的位置,发现没有改变col[]单调性,从而省去了nlogn的内部复杂度,完成了交换。
然后就拿到了75分的好成绩?
少了特判:如果a[x]==a[x+1]那么就不能修改,会破坏单调性。
算法二:主席树(pa)
发现每次修改只会改变两棵主席树(快忘了怎么写了,复习!)。然后就暴改这两棵树,常规查询即可。
1 #include<cstdio> 2 #include<vector> 3 #include<algorithm> 4 #define reg register 5 #define F(i,a,b) for(register int (i)=(a);(i)<=(b);++(i)) 6 using namespace std; 7 int read(); 8 const int N=300005; 9 int n,m; 10 int a[N]; 11 vector<int> col[N]; 12 int main() 13 { 14 n=read(); m=read(); 15 F(i,1,n) 16 { 17 a[i]=read(); 18 col[a[i]].push_back(i); 19 } 20 int opt,l,r,c; 21 F(i,1,m) 22 { 23 opt=read(); 24 if(opt==1) 25 { 26 l=read(); 27 r=read(); 28 c=read(); 29 int sum1=upper_bound(col[c].begin(),col[c].end(),l-1)-col[c].begin()-1; 30 int sum2=upper_bound(col[c].begin(),col[c].end(),r)-col[c].begin()-1; 31 printf("%d\n",sum2-sum1); 32 } 33 else 34 { 35 c=read(); 36 if(a[c]==a[c+1]) continue; 37 int x1=lower_bound(col[a[c]].begin(),col[a[c]].end(),c)-col[a[c]].begin(); 38 int x2=lower_bound(col[a[c+1]].begin(),col[a[c+1]].end(),c+1)-col[a[c+1]].begin(); 39 col[a[c]][x1]=c+1; 40 col[a[c+1]][x2]=c; 41 swap(a[c],a[c+1]); 42 } 43 } 44 return 0; 45 } 46 int read() 47 { 48 int x=0; 49 char tc=getchar(); 50 while(tc<'0'||tc>'9') tc=getchar(); 51 while(tc>='0'&&tc<='9') x=x*10+tc-48,tc=getchar(); 52 return x; 53 }
C. 分组
考试的时候想到了k==1的 $ \Theta (n^2) $ 贪心。就是倒序扫描直到出现矛盾开组。
常见的疑惑是 倒序更新最先保证的后面的字典序最小,但前面的答案对答案影响最大,后面的优先更新可能会导致前面不优。
实际上贪心是正确的:后面靠前,只会让前面原本不靠前的左端点到右端点之间的矛盾减少,所以左端点一定不会向后。换言之,答案不会更坏。
然后还是会T掉3个大点。
判断式:$ a+b ? x^2 $ 原来我们枚举b,验证x,但是b的数量多。我们可以转而枚举x,这样我们最多只有512的枚举量,然后用x^2-a看b是否出现过
未完。。。。