[游记]2022年多校冲刺NOIP联训测试8-2022.7.30
作者：互联网
这次好像也不错qwq
A. 序列
B. 任意模数快速插值
C. 快递
D. 任意模数多项式乘法逆
A. 序列
一眼题面：这不是在模拟更相减损么
然后发现的确是，所以飞快地过了
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#define int long long
#define WR WinterRain
using namespace std;
const int WR=1001000;
int n,ans;
int read(){
int s=0,w=1;
char ch=getchar();
while(ch>'9'||ch<'0'){
if(ch=='-') w=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9'){
s=s*10+ch-'0';
ch=getchar();
}
return s*w;
}
int gcd(int x,int y){
if(!y) return x;
return gcd(y,x%y);
}
signed main(){
n=read();
ans=read();
for(int i=2;i<=n;i++){
int tmp=read();
ans=gcd(ans,tmp);
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
View Code
B. 任意模数快速插值
这，这名字是唬人的吧（
这种套路做的很多了，直接用单调栈维护出一个数字的支配区间，然后分开处理就行了
也可以用线段树
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#define int long long
#define WR WinterRain
using namespace std;
const int WR=1001000,mod=998244353;
int n,a[WR];
int ans;
int maxx[WR],minn[WR];
int read(){
int s=0,w=1;
char ch=getchar();
while(ch>'9'||ch<'0'){
if(ch=='-') w=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9'){
s=s*10+ch-'0';
ch=getchar();
}
return s*w;
}
void CDQ(int l,int r){
if(l==r){
ans=(ans+a[l]*a[l]%mod)%mod;
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
CDQ(l,mid);
CDQ(mid+1,r);
maxx[mid]=minn[mid]=a[mid];
maxx[mid+1]=minn[mid+1]=a[mid+1];
for(int i=mid-1;i>=l;i--){
maxx[i]=max(maxx[i+1],a[i]);
minn[i]=min(minn[i+1],a[i]);
}
for(int i=mid+2;i<=r;i++){
maxx[i]=max(maxx[i-1],a[i]);
minn[i]=min(minn[i-1],a[i]);
}
int st,ed,res;
ed=mid;
for(int i=mid;i>=l;i--){
while(ed+1<=r&&maxx[i]>=maxx[ed+1]&&minn[i]<=minn[ed+1]) ed++;
ans=(ans+(maxx[i]*minn[i])%mod*(ed-mid)%mod)%mod;
}
st=mid+1;
for(int i=mid+1;i<=r;i++){
while(st-1>=l&&maxx[i]>maxx[st-1]&&minn[i]<minn[st-1]) st--;
ans=(ans+(maxx[i]*minn[i])%mod*(mid-st+1)%mod)%mod;
}
st=mid+1,ed=mid;res=0;
for(int i=mid;i>=l;i--){
while(ed+1<=r&&maxx[i]>=maxx[ed+1]) ed++,res=(res+minn[ed])%mod;
while(st<=ed&&minn[i]<=minn[st]) res=(res-minn[st]+mod)%mod,st++;
ans=(ans+res*maxx[i]%mod)%mod;
}
st=mid+1,ed=mid;res=0;
for(int i=mid+1;i<=r;i++){
while(st-1>=l&&maxx[i]>maxx[st-1]) st--,res=(res+minn[st])%mod;
while(ed>=st&&minn[i]<minn[ed]) res=(res-minn[ed]+mod)%mod,ed--;
ans=(ans+res*maxx[i]%mod)%mod;
}
}
signed main(){
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
CDQ(1,n);
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
单调栈解法
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
const LL mod = 998244353;
const int maxn = 510005;
LL a[maxn];
int st1[maxn], tp1;
int st2[maxn], tp2;
struct tree
{
int l, r;
int len;
int z1, z2, suml, sumr, val;
} t[maxn * 4];
void build(int p, int l, int r)
{
t[p].l = l, t[p].r = r, t[p].len = r - l + 1;
if (l == r)
return;
int mid = (l + r) >> 1;
build(p * 2, l, mid);
build(p * 2 + 1, mid + 1, r);
}
void pushdown(int p)
{
if (t[p].z1)
{
t[p * 2].z1 = t[p * 2 + 1].z1 = t[p].z1;
t[p * 2].suml = 1ll*t[p * 2].len * t[p].z1 % mod;
t[p * 2 + 1].suml = 1ll*t[p * 2 + 1].len * t[p].z1 % mod;
t[p * 2].val = 1ll*t[p * 2].z1 * t[p * 2].sumr % mod;
t[p * 2 + 1].val = 1ll*t[p * 2 + 1].z1 * t[p * 2 + 1].sumr % mod;
t[p].z1 = 0;
}
if (t[p].z2)
{
t[p * 2].z2 = t[p * 2 + 1].z2 = t[p].z2;
t[p * 2].sumr = 1ll*t[p * 2].len * t[p].z2 % mod;
t[p * 2 + 1].sumr = 1ll*t[p * 2 + 1].len * t[p].z2 % mod;
t[p * 2].val = 1ll*t[p * 2].suml * t[p * 2].z2 % mod;
t[p * 2 + 1].val =1ll* t[p * 2 + 1].suml * t[p * 2 + 1].z2 % mod;
t[p].z2 = 0;
}
}
void changel(int p, int l, int r, LL w)
{
if (l <= t[p].l && t[p].r <= r)
{
t[p].suml = 1ll*t[p].len * w % mod;
t[p].val = 1ll*w * t[p].sumr % mod;
t[p].z1 = w;
return;
}
pushdown(p);
int mid = (t[p].l + t[p].r) >> 1;
if (l <= mid)
changel(p * 2, l, r, w);
if (r > mid)
changel(p * 2 + 1, l, r, w);
t[p].val = 1ll*(t[p * 2].val + t[p * 2 + 1].val) % mod;
t[p].suml = 1ll*(t[p * 2].suml + t[p * 2 + 1].suml) % mod;
t[p].sumr = 1ll*(t[p * 2].sumr + t[p * 2 + 1].sumr) % mod;
}
void changer(int p, int l, int r, int w)
{
if (l <= t[p].l && t[p].r <= r)
{
t[p].sumr = 1ll*t[p].len * w % mod;
t[p].val = 1ll*t[p].suml * w % mod;
t[p].z2 = w;
return;
}
pushdown(p);
int mid = (t[p].l + t[p].r) >> 1;
if (l <= mid)
changer(p * 2, l, r, w);
if (r > mid)
changer(p * 2 + 1, l, r, w);
t[p].val = 1ll*(t[p * 2].val + t[p * 2 + 1].val) % mod;
t[p].suml = 1ll*(t[p * 2].suml + t[p * 2 + 1].suml) % mod;
t[p].sumr = 1ll*(t[p * 2].sumr + t[p * 2 + 1].sumr) % mod;
}
int l[maxn], r[maxn];
int main()
{
int n;
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
cin >> a[i];
}
build(1, 1, n);
LL ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
while (a[i] >= a[st1[tp1]] && tp1)
tp1--;
while (a[i] <= a[st2[tp2]] && tp2)
tp2--;
changel(1, st1[tp1] + 1, i, a[i]);
changer(1, st2[tp2] + 1, i, a[i]);
LL sum = t[1].val;
//cout<<t[1].suml<<endl;
ans += sum;
ans %= mod;
st1[++tp1] = i;
st2[++tp2] = i;
/*for(int i=1;i<=4*n;i++){
cout<<t[i].l<<" "<<t[i].r<<" "<<t[i].suml<<" "<<t[i].sumr<<" "<<t[i].z1<<" "<<t[i].z1<<" "<<t[i].val<<endl;
}
cout<<endl;*/
}
cout << ans;
return 0;
}
artalter的线段树做法
C. 快递
什么诡异的图上三进制状态压缩 $\operatorname{DP}\cdots$
首先注意到诡异的数据范围，大概率要状压
然后发现有重边，考虑一个邻接矩阵存图， $\operatorname{Floyed}$ 预处理多源最短路
发现每个快递不只有选和不选两种状态，还有一个“在配送”的奇妙状态，状压变成了三进制
由于是三进制，考虑一个 $base$ 的预处理，处理出 $3$ 的幂次方方便计算
枚举状态 $S$ ，如果当前快递还没有选，看一下选的话会不会更优
用当前快递的开始配送时间 $l[i]$ 和从当前位置走到快递点的时间取最大，进行更新
如果当前快递已经选择过了，显然是要直接把它送到
用类似于 $\operatorname{Floyed}$ 的思想，以当前节点为更新点考虑能否更新即可
统计答案时，如果当前的这一位是 $2$ 那么表示快递被送到了， $cnt++$
最后的答案就是 $cnt$ 的最大值
时间复杂度是离谱的 $\Theta(3^qnq)$ ，但注意到玄学的数据范围所以可过
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#define int long long
#define WR WinterRain
using namespace std;
const int WR=200100;
struct Task{
int s,t,l,r;
}task[WR];
int n,m,q;
int edge[25][25];
int dis[25][25];
int dp[WR][21];
int base[30];
int ans;
int read(){
int s=0,w=1;
char ch=getchar();
while(ch>'9'||ch<'0'){
if(ch=='-') w=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9'){
s=s*10+ch-'0';
ch=getchar();
}
return s*w;
}
void Floyed(){
for(int i=1;i<=n;i++) dis[i][i]=0;
for(int k=1;k<=n;k++){
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
dis[i][j]=min(dis[i][j],dis[i][k]+dis[k][j]);
}
}
}
}
signed main(){
n=read(),m=read(),q=read();
memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
base[0]=1;
for(int i=1;i<=q;i++) base[i]=base[i-1]*3;
for(int i=1;i<=m;i++){
int u=read(),v=read(),val=read();
dis[u][v]=min(dis[u][v],val);
}
Floyed();
// for(int i=1;i<=n;i++){
// for(int j=1;j<=n;j++){
// printf("%lld ",dis[i][j]);
// }
// printf("\n");
// }
memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
dp[0][1]=0;
for(int i=0;i<q;i++){
task[i].s=read(),task[i].t=read();
task[i].l=read(),task[i].r=read();
}
for(int S=0;S<base[q];S++){
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=0;j<q;j++){
int opt=(S/base[j])%3;
if(!opt){
dp[S+base[j]][task[j].s]=min(dp[S+base[j]][task[j].s],
max(dp[S][i]+dis[i][task[j].s],task[j].l));
}
if(opt==1&&dp[S][i]+dis[i][task[j].t]<=task[j].r){
dp[S+base[j]][task[j].t]=min(dp[S+base[j]][task[j].t],
dp[S][i]+dis[i][task[j].t]);
}
}
if(dp[S][i]!=dp[0][0]){
int cnt=0;
for(int j=0;j<=q;j++){
if((S/base[j])%3==2) cnt++;
}
ans=max(ans,cnt);
}
}
}
// for(int i=0;i<=base[q]-1;i++){
// for(int j=1;j<=n;j++){
// if(dp[i][j]==dp[0][0]) printf("- ");
// else printf("%lld ",dp[i][j]);
// }
// printf("\n");
// }
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
View Code
D. 任意模数多项式乘法逆
标签：ch,NOIP,int,30,mid,1ll,联训,WR,mod 来源： https://www.cnblogs.com/WintersRain/p/16538376.html