Comet OJ - Contest #14题解
作者：互联网
Contest14的本质：区间覆盖+Tarjan（
A
把距离公式两边平方即可
注意要long long
code
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#define fo(a,b,c) for (a=b; a<=c; a++)
#define fd(a,b,c) for (a=b; a>=c; a--)
using namespace std;
int x[100001];
int y[100001];
int n,i,j,k,l,X,Y,R,ans;
int main()
{
// freopen("a.in","r",stdin);
scanf("%d%d%d%d",&n,&X,&Y,&R);
fo(i,1,n)
scanf("%d%d",&x[i],&y[i]);
fo(i,1,n)
if (((long long)(x[i]-X)*(x[i]-X)+(long long)(y[i]-Y)*(y[i]-Y))<=(long long)R*R)
++ans;
printf("%d\n",ans);
}B
显然p和k是位置最靠边的两个
考虑一下i和n的位置（靠左/靠右/左右）
code
比较丑
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#define fo(a,b,c) for (a=b; a<=c; a++)
#define fd(a,b,c) for (a=b; a>=c; a--)
#define max(a,b) (a>b?a:b)
using namespace std;
char a[1000001];
int T,n,i,j,k,l,ans,s1,s2,s3,s4;
char ch;
int main()
{
// freopen("b.in","r",stdin);
scanf("%d",&T);
for (;T;--T)
{
ans=-1;
scanf("%d",&n);
fo(i,1,n)
{
ch=getchar();
while (ch<'a' || ch>'z')
ch=getchar();
a[i]=ch;
}
fo(i,1,n)
if (a[i]=='p')
break;
fd(j,n,1)
if (a[j]=='k')
break;
fo(k,i+1,n)
if (a[k]=='i')
break;
fo(l,k+1,n)
if (a[l]=='n')
break;
if (i>=1 && i<k && k<l && l<j && j<=n && a[i]=='p' && a[k]=='i' && a[l]=='n' && a[j]=='k')
ans=max(ans,max(max(k-i-1,l-k-1),j-l-1));
fd(l,j-1,k+1)
if (a[l]=='n')
break;
if (i>=1 && i<k && k<l && l<j && j<=n && a[i]=='p' && a[k]=='i' && a[l]=='n' && a[j]=='k')
ans=max(ans,max(max(k-i-1,l-k-1),j-l-1));
fd(l,j-1,1)
if (a[l]=='n')
break;
fd(k,l-1,i+1)
if (a[k]=='i')
break;
if (i>=1 && i<k && k<l && l<j && j<=n && a[i]=='p' && a[k]=='i' && a[l]=='n' && a[j]=='k')
ans=max(ans,max(max(k-i-1,l-k-1),j-l-1));
printf("%d\n",ans);
}
}C
区间覆盖*1
一开始以为一对区间只能算一次答案
维护断点，那么一种方案=断点数-1（加上首尾）
一次覆盖后，区间外的不变，区间内的变为0，边界变为1
所以可以合在一起维护，区间外的*2，区间内的不变，边界+2^(i-1)
i的答案为断点总数-2^i
code
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#define fo(a,b,c) for (a=b; a<=c; a++)
#define fd(a,b,c) for (a=b; a>=c; a--)
#define mod 20050321
using namespace std;
long long p[2001];
int L[2001];
int R[2001];
bool b[2001];
long long sum[2001];
long long Sum[2001];
int n,m,i,j,k,l;
long long ans;
int main()
{
// freopen("c.in","r",stdin);
scanf("%d%d",&n,&m);
p[0]=1;
fo(i,1,m)
{
scanf("%d%d",&L[i],&R[i]);
p[i]=p[i-1]*2%mod;
}
sum[0]=sum[n]=1;
fo(i,1,m)
{
fo(j,0,n) Sum[j]=sum[j];
fo(j,0,L[i]-2) Sum[j]=(Sum[j]+sum[j])%mod;
fo(j,R[i]+1,n) Sum[j]=(Sum[j]+sum[j])%mod;
Sum[L[i]-1]=(Sum[L[i]-1]+p[i-1])%mod;
Sum[R[i]]=(Sum[R[i]]+p[i-1])%mod;
ans=0;
fo(j,0,n)
sum[j]=Sum[j],Sum[j]=0,ans=(ans+sum[j])%mod;
printf("%lld\n",(ans-p[i]+mod)%mod);
}
}D
区间覆盖*2
套路，询问若一段操作的结果就把询问离线按r排序，每次加一个操作计算答案
维护每一段区间的两个端点（左右括号），那么每加一个区间最多加4个括号，每个括号只会被删一次
每加一个区间，就相当于把中间的端点删掉（大的能覆盖掉小的），再在两边加上新的端点
询问就是求每个修改所剩余的个数*权值的后缀和
用set维护括号，每次断开后找中间的区间，用树状数组维护答案
code
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <set>
#define fo(a,b,c) for (a=b; a<=c; a++)
#define fd(a,b,c) for (a=b; a>=c; a--)
#define low(x) (x&-(x))
using namespace std;
struct qs{
int l,r,id;
} q[500001];
struct type{
int x,s,t; //0=right 1=left
bool friend operator < (type a,type b) {return a.x<b.x || a.x==b.x && a.t<b.t;}
};
int a[500001][3];
long long ans[500001];
long long tr[500001];
multiset<type> st;
multiset<type> :: iterator I,J;
int n,m,Q,i,j,k,l;
bool cmp(qs a,qs b)
{
return a.r<b.r;
}
void change(int t,long long s)
{
while (t<=n)
{
tr[t]+=s;
t+=low(t);
}
}
long long find(int t)
{
long long ans=0;
while (t)
{
ans+=tr[t];
t-=low(t);
}
return ans;
}
int main()
{
// freopen("d.in","r",stdin);
scanf("%d%d%d",&n,&m,&Q);
fo(i,1,n)
scanf("%d%d%d",&a[i][0],&a[i][1],&a[i][2]);
fo(i,1,Q)
scanf("%d%d",&q[i].l,&q[i].r),q[i].id=i;
sort(q+1,q+Q+1,cmp);
st.insert({0,0,1});
st.insert({m,0,0});
fo(i,1,Q)
{
fo(j,q[i-1].r+1,q[i].r)
{
I=st.lower_bound({a[j][0]-1,0,1});
if (I!=st.begin())
{
--I;
if ((*I).x<a[j][0]-1)
{
k=(*I).s;
st.insert({a[j][0]-1,k,0});
st.insert({a[j][0]-1,k,1});
}
}
I=st.upper_bound({a[j][1],0,0});
if (I!=st.end())
{
if (a[j][1]<(*I).x)
{
k=(*I).s;
st.insert({a[j][1],k,0});
st.insert({a[j][1],k,1});
}
}
I=st.lower_bound({a[j][0]-1,0,1});
J=st.upper_bound({(*I).x,0,1});
while (I!=st.end() && (*I).x<a[j][1])
{
if ((*I).s)
change((*I).s,-(long long)a[(*I).s][2]*((*J).x-(*I).x));
st.erase(I);
J=st.lower_bound({a[j][0]-1,0,1});
st.erase(J);
I=st.lower_bound({a[j][0]-1,0,1});
J=st.upper_bound({(*I).x,0,1});
}
st.insert({a[j][0]-1,j,1});
st.insert({a[j][1],j,0});
change(j,(long long)a[j][2]*(a[j][1]-a[j][0]+1));
}
ans[q[i].id]=find(q[i].r)-find(q[i].l-1);
}
fo(i,1,Q)
printf("%lld\n",ans[i]);
}E
Tarjan*1
这应该是除了那道简单数论以外最水的E了
Tarjan缩强联通分量，dp维护从起点到每个点的最小边权、最大边权、最大差值
正确性：最大差值与路径上的最大&最小值有关，那么一定会在找到后面那个（大or小）的时候与另一个计算到
注意细节，考虑极值所在位置（原点、边、新点）
code
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#define fo(a,b,c) for (a=b; a<=c; a++)
#define fd(a,b,c) for (a=b; a>=c; a--)
#define min(a,b) (a<b?a:b)
#define max(a,b) (a>b?a:b)
using namespace std;
int a[500001][3];
int ls[200001];
int A[500001][3];
int Ls[200001];
int dfn[200001];
int low[200001];
int d[200001];
int D[200001];
int mx[200001];
int mn[200001];
bool bz[200001];
int num[200001];
int f[200001][3]; //mn,mx,ans
int n,m,Q,i,j,k,l,len,Len,tot,h,t;
void New(int x,int y,int z)
{
++len;
a[len][0]=y;
a[len][1]=ls[x];
ls[x]=len;
a[len][2]=z;
}
void NEW(int x,int y,int z)
{
++Len;
A[Len][0]=y;
A[Len][1]=Ls[x];
Ls[x]=Len;
A[Len][2]=z;
++D[y];
}
void dfs(int t)
{
int i;
++j;
dfn[t]=j;
low[t]=j;
bz[t]=1;
d[++l]=t;
for (i=ls[t]; i; i=a[i][1])
{
if (!dfn[a[i][0]])
{
dfs(a[i][0]);
low[t]=min(low[t],low[a[i][0]]);
}
else
if (bz[a[i][0]])
low[t]=min(low[t],dfn[a[i][0]]);
}
if (dfn[t]==low[t])
{
++tot;
while (d[l]!=t)
{
bz[d[l]]=0;
num[d[l--]]=tot;
}
bz[d[l]]=0;
num[d[l--]]=tot;
}
}
int main()
{
// freopen("e.in","r",stdin);
// freopen("b.out","w",stdout);
scanf("%d%d%d",&n,&m,&Q);
fo(i,1,m)
{
scanf("%d%d%d",&j,&k,&l);
New(j,k,l);
}
memset(mx,190,sizeof(mx));
memset(mn,60,sizeof(mn));
j=l=0;
dfs(1);
fo(j,1,n)
if (num[j])
{
for (i=ls[j]; i; i=a[i][1])
if (num[a[i][0]])
{
if (num[j]==num[a[i][0]])
{
mx[num[j]]=max(mx[num[j]],a[i][2]);
mn[num[j]]=min(mn[num[j]],a[i][2]);
}
else
NEW(num[j],num[a[i][0]],a[i][2]);
}
}
h=t=0;
fo(i,1,tot)
if (!D[i])
d[++t]=i;
fo(i,1,tot)
{
f[i][0]=mn[i];
f[i][1]=mx[i];
f[i][2]=f[i][1]-f[i][0];
}
while (h<t)
{
for (i=Ls[d[++h]]; i; i=A[i][1])
{
f[A[i][0]][0]=min(f[A[i][0]][0],min(f[d[h]][0],A[i][2]));
f[A[i][0]][1]=max(f[A[i][0]][1],max(f[d[h]][1],A[i][2]));
f[A[i][0]][2]=max(f[A[i][0]][2],A[i][2]-f[d[h]][0]);
f[A[i][0]][2]=max(f[A[i][0]][2],mx[A[i][0]]-f[d[h]][0]);
f[A[i][0]][2]=max(f[A[i][0]][2],mx[A[i][0]]-A[i][2]);
f[A[i][0]][2]=max(f[A[i][0]][2],f[d[h]][1]-A[i][2]);
f[A[i][0]][2]=max(f[A[i][0]][2],f[d[h]][1]-mn[A[i][0]]);
f[A[i][0]][2]=max(f[A[i][0]][2],A[i][2]-mn[A[i][0]]);
f[A[i][0]][2]=max(f[A[i][0]][2],max(f[d[h]][2],0));
--D[A[i][0]];
if (!D[A[i][0]])
d[++t]=A[i][0];
}
}
for (;Q;--Q)
{
scanf("%d",&j);
if (num[j] && f[num[j]][2]>=0)
printf("%d\n",f[num[j]][2]);
else
printf("-1\n");
}
}F
Tarjan*2
显然可以求出相交关系然后求割点，用主席树优化连边
口胡一下
按横/竖顺序扫描线，考虑相交线段a和b
a在加入时由叶子连向a，b在查找时由b连向询问区间
每个区间向儿子连边，询问时新建叶节点时就向原叶节点连边，如果是删除一段线段就不连
一次修改or询问的操作节点和连边数为log n级别
两种顺序搞完之后Tarjan求割点即可
code
没写
标签：OJ,int,题解,Sum,long,num,Comet,include,fo 来源： https://www.cnblogs.com/gmh77/p/11827296.html