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HLSC D15 模拟题订正

由 你说的曾经没有我的故事 提交于 2019-11-27 08:44:38

目录

数组

title

Description

有一个长度为 \(n\) 的数组 \(b\) ，以及长度为 \(n\) 且初始值为零的数组 \(a\) ，每次可以对 \(a\) 数组的一个区间 \([l,r] (1≤ l ≤ r ≤ n)\) 进行操作，使得该区间内的 \(a_i\) 全部加 1 。问最小的操作次数使得对任意 \(1\leqslant i\leqslant n\) ，有 \(a_i=b_i\) 。

你会发现这实际上是去年 \(NOIP\) 提高组 \(Day1T1\)，对于你来说过于简单，于是我们稍稍加大了点难度。

在本题中，会给出一个长度为 \(n\) 的数组 \(b\)，并会共有 \(m\) 次操作或询问，种类分为两种：

  • 1 l r k: 将区间 \([l,r]\) 中的 \(b_i\) 加上 \(k\) 。
  • 2 l r: 当 \(b_1, b_2, ..., b_{l-1}, b_{r+1}, b_{r+2}, ..., b_n\) 的值均为 0 时，询问数组 \(b\) 对应的答案并输出。

Input

第一行两个数 \(n,m\) 表示数组的长度以及操作的次数。

第二行 \(n\) 个数表示初始状态下数组 \(b\) 的值

接下来的 \(m\) 行，先给出一个正整数 \(op\) 表示操作种类，当 \(op=1\) 时会接着给出三个正整数 \(l, r, k,op=2\) 时会接着给出两个正整数 \(l,r\) 。这里 \(l, r, k\) 的意义题目描述中均已给出。

Output

对于所有 \(op=2\) 的操作，输出一行正整数表示这次询问对应的答案并换行。

Sample Input

5 4
1 3 1 4 5
2 1 5
1 3 4 2
2 2 4
2 1 5

Sample Output

7
6
6

Hint

\(1\leqslant n, m\leqslant 100000\)
\(1\leqslant l \leqslant r\leqslant n\)
\(1\leqslant b_i, k\leqslant 100000\)
对于其中 \(30\%\) 的数据保证 \(1\leqslant n, m\leqslant 3000\)
对于其中 \(70\%\) 的数据保证 \(1\leqslant n \ast m\leqslant 2,500,000,000\)

analysis

我也不知道我模拟赛到底多少分，所以就不要管那个 \(30\)pts$ 的大暴力了。

直接正解，看到区间操作，查询，线段树或者 \(BIT\) 肯定是要的，只不过要建两颗 \(BIT\) （好写）：一颗原数组 \(BIT\) ，一颗原数组差分数组的 \(BIT\) 。

  1. 修改操作就把原数组 \(BIT\) 树上差分一下，对于原数组的差分数组所建的那颗 \(BIT\) 也树上差分一下；
  2. 查询操作的话，直接把第二颗 \(BIT\) 前缀和一下，然后要加上原数组 \(BIT\) 的 \(1\sim l\) 的答案。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=1e5+10;

char buf[1<<15],*fs,*ft;
inline char getc() { return (ft==fs&&(ft=(fs=buf)+fread(buf,1,1<<15,stdin),ft==fs))?0:*fs++; }
template<typename T>inline void read(T &x)
{
    x=0;
    T f=1, ch=getchar();
    while (!isdigit(ch) && ch^'-') ch=getchar();
    if (ch=='-') f=-1, ch=getchar();
    while (isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48), ch=getchar();
    x*=f;
}

template<typename T>inline void write(T x)
{
    if (!x) { putchar('0'); return ; }
    if (x<0) putchar('-'), x=-x;
    T num=0, ch[20];
    while (x) ch[++num]=x%10+48, x/=10;
    while (num) putchar(ch[num--]);
}

int n,m;
ll a[maxn],b[maxn],f[maxn],g[maxn];
inline int lowbit(int x) { return x & -x; }
inline void add(ll *t,int x,ll k) { while (x<=n) t[x]+=k, x+=lowbit(x); }
inline ll sum(ll *t,int x) { ll ans=0; while (x) ans+=t[x], x-=lowbit(x); return ans; }

int main()
{
    read(n);read(m);
    for (int i=1; i<=n; ++i) read(a[i]);
    for (int i=1; i<=n; ++i) b[i]=a[i]-a[i-1];//处理出差分数组
    for (int i=1; i<=n; ++i)
    {
        add(f,i,b[i]);
        if (b[i]>0) add(g,i,b[i]);//用于查询答案
    }
    while (m--)
    {
        int opt,l,r;
        read(opt);read(l);read(r);
        if (opt==1)
        {
            ll k;read(k);++r;//正好修改区间[l,r]
            add(f,l,k),add(f,r,-k);//BIT差分
            if (b[l]>0) add(g,l,-b[l]);
            if (b[r]>0) add(g,r,-b[r]);
            b[l]+=k,b[r]-=k;//在端点处打上标记
            if (b[l]>0) add(g,l,b[l]);
            if (b[r]>0) add(g,r,b[r]);
        }
        else write(sum(f,l)+sum(g,r)-sum(g,l)),puts("");
    }
    return 0;
}

盒子

title

Description

在立体直角坐标系中，有 \(n\) 个长为 \(d_x\)，宽为 \(d_y\)，高为 \(d_z\) 的盒子，盒子的边均与坐标轴平行。对于第\(i\)个盒子，它的其中一个顶点为 \((x_i, y_i, z_i)\)，则他的对角顶点为 \((x_i + d_x, y_i + d_y, z_i + d_z)\) 。

对于两个不同的盒子 \(i,j\) ，

它们有公共点当且仅当 \(|x_i-x_j|≤d_x, |y_i-y_j |≤d_y ,|z_i-z_j|≤d_z\) 同时成立。

问这 \(n\) 个盒子中是否存在两个不同的盒子 \(i,j(i \not =j)\) 使得它们有公共点。

Input

本题有多组数据。

第一行给出一个正整数 \(T\)，表示数据组数。

对于每组数据，第一行给出四个正整数 \(n, d_x, d_y, d_z\) ,盒子个数以及每个盒子的长宽高，接下来的 \(n\) 行给出三个正整数 \(x_i, y_i, z_i\) 表示第i个盒子的顶点。

由于本题数据量较大，建议使用读入优化。

Output

共 \(T\) 行，每行对应着每组数据的答案。

若存在两个盒子有公共点，则输出”\(Yes\)”（不含引号），否则输出”\(No\)”。

Sample Input

2
2 2 3 4
1 1 1
3 4 5
2 2 3 4
1 1 1
3 4 6

Sample Output

Yes
No

HINT

\(1 ≤ T ≤ 1000\)

\(2 ≤ n ≤ 100000\)

\(1 ≤ d_x, d_y, d_z ≤ 1e9\)

\(1 ≤ x_i, y_i, z_i ≤ 1e9\)

\(\sum n≤1e6\)

对于其中\(30\%\)的数据保证 \(2 ≤n ≤ 500\)

对于其中\(60\%\)的数据保证 \(n > 10000\) 的数据只出现一次

analysis

好像赛后被告知此题被好多人暴力过了很多点，额，跟我没关系，反正我的暴力总是只能拿那个点的分，甚至没分，呜呜~

正解是字符串哈希，所以对于我来说，各种迷之操作，看代码，一切尽在不言中。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=1e5+10,p=1e6+3;

char buf[1<<15],*fs,*ft;
inline char getc() { return (ft==fs&&(ft=(fs=buf)+fread(buf,1,1<<15,stdin),ft==fs))?0:*fs++; }
template<typename T>inline void read(T &x)
{
    x=0;
    T f=1, ch=getchar();
    while (!isdigit(ch) && ch^'-') ch=getchar();
    if (ch=='-') f=-1, ch=getchar();
    while (isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48), ch=getchar();
    x*=f;
}

template<typename T>inline void write(T x)
{
    if (!x) { putchar('0'); return ; }
    if (x<0) putchar('-'), x=-x;
    T num=0, ch[20];
    while (x) ch[++num]=x%10+48, x/=10;
    while (num) putchar(ch[num--]);
}

int Case;
struct Orz
{
    int x,y,z;
    Orz(int a=0,int b=0,int c=0) : x(a),y(b),z(c) {}
    inline bool operator == (const Orz &a) const { return x==a.x && y==a.y && z==a.z; }
    inline int hash() { return abs(((((ll)x)<<20)+(((ll)y)<<10)+z))%p; }
};

struct Hash_table
{
    vector<Orz>V[p];
    vector<int>D[p];
    int t[p];

    inline void add(Orz x,int f)
    {
        int h=x.hash();
        if (t[h]!=Case)
        {
            V[h].clear();D[h].clear();
            t[h]=Case;
            V[h].push_back(x);
            D[h].push_back(f);
        }
        else
        {
            vector<Orz>::iterator itx=V[h].begin();
            vector<int>::iterator itd=D[h].begin();
            for ( ; itx!=V[h].end(); ++itx,++itd)
                if (*itx==x) { (*itd)+=f; return ; }
            V[h].push_back(x);
            D[h].push_back(f);
        }
    }

    inline int get(Orz x)
    {
        int h=x.hash();
        if (t[h]!=Case)
        {
            V[h].clear();D[h].clear();
            t[h]=Case;
            return 0;
        }
        else
        {
            vector<Orz>::iterator itx=V[h].begin();
            vector<int>::iterator itd=D[h].begin();
            for ( ; itx!=V[h].end(); ++itx,++itd)
                if (*itx==x) return *itd;
            return 0;
        }
    }
}M;

int n,dx,dy,dz;
int x[maxn],y[maxn],z[maxn];
inline bool check(int a,int b)
{
    if (!a) return 0;
    return abs(x[a]-x[b])<=dx && abs(y[a]-y[b])<=dy && abs(z[a]-z[b])<=dz;
}

int main()
{
    int T;read(T);
    for (Case=1; Case<=T; ++Case)
    {
        read(n);read(dx);read(dy);read(dz);
        for (int i=1; i<=n; ++i) read(x[i]),read(y[i]),read(z[i]);
        bool flag=0;
        for (int i=1; i<=n; ++i)
        {
            Orz now(x[i]/dx,y[i]/dy,z[i]/dz);
            int v=M.get(now);
            if (!v) M.add(now,i);
            else { flag=1; break; }
        }
        if (flag) { puts("Yes"); continue; }
        for (int i=1; i<=n && !flag; ++i)
        {
            int nx=x[i]/dx,ny=y[i]/dy,nz=z[i]/dz;
            for (int ox=-1; ox<=1; ++ox)
                for (int oy=-1; oy<=1; ++oy)
                    for (int oz=-1; oz<=1; ++oz) if (ox|oy|oz)
                        if (check(M.get(Orz(nx+ox,ny+oy,nz+oz)),i)) { flag=1; break; }
        }
        puts(flag?"Yes":"No");
    }
    return 0;
}

取模或异或

title

HDU 6275

Description

给定一个数 \(n\)，求
\[ (n~mod~1)~xor~(n~mod~2)~xor~(n~mod~3)~xor~...~xor~(n~mod~ (n-1))~xor~(n~mod~n) \]
其中mod为取模运算，xor为异或运算（在C++中用^表示）

Input

一行，一个正整数 \(n\)。

Output

一行，一个正整数表示答案

Sample Input

1 2 3 4 5

Sample Output

0 0 1 1 2

HINT

\(1\leqslant n\leqslant 1,000,000,000,000\)

对于其中\(20\%\)的数据保证\(1\leqslant n\leqslant 1,000,000\)

对于其中\(50\%\)的数据保证\(1\leqslant n\leqslant 1,000,000,000\)

对于其中\(80\%\)的数据保证\(1\leqslant n\leqslant 100,000,000,000\)

analysis

余数之和 2.0..

于是除了数论分块，还需要一个类欧公式。

为什么会牵扯到类欧公式呢？

因为求异或和有一个思路是：求出每一位分别是什么。

那么从低到高第 \(k\) 位（从 0 开始）的答案其实就是
\[ \sum_{i=1}^n\lfloor\frac{n~mod~i}{2^k}\rfloor \pmod{2}=\sum_{i=1}^n\lfloor\frac{n-\lfloor\frac{n}{i}\rfloor i}{2^k}\rfloor \pmod{2} \]

就很像类欧几里得中的 \(f\)，具体推导还请到此位大佬 WorldWide_D 的 \(blog\) 中去观光，代码我就放在下面了。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

char buf[1<<15],*fs,*ft;
inline char getc() { return (ft==fs&&(ft=(fs=buf)+fread(buf,1,1<<15,stdin),ft==fs))?0:*fs++; }
template<typename T>inline void read(T &x)
{
    x=0;
    T f=1, ch=getchar();
    while (!isdigit(ch) && ch^'-') ch=getchar();
    if (ch=='-') f=-1, ch=getchar();
    while (isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48), ch=getchar();
    x*=f;
}

template<typename T>inline void write(T x)
{
    if (!x) { putchar('0'); return ; }
    if (x<0) putchar('-'), x=-x;
    T num=0, ch[20];
    while (x) ch[++num]=x%10+48, x/=10;
    while (num) putchar(ch[num--]);
}

inline bool f(ll a,ll b,ll c,ll n)//类欧几里得
{
    if (!a) return (( (n+1)&(b/c) )&1ll)>0;
    if (a>=c || b>=c)
    {
        ll tmp=(n&1ll) ? (n+1)/2*n : n/2*(n+1);
        return (( (a/c)*tmp+(b/c)*(n+1)+f(a%c,b%c,c,n) )&1ll)>0;
    }
    else
    {
        ll m=(a*n+b)/c;
        return (( (n*m)^f(c,c-b-1,a,m-1) )&1ll)>0;
    }
}

int main()
{
    // int T;read(T);
    // while (T--)
    // {
        ll n;read(n);
        ll ans=0,t=min(30000000ll,n);
        for (ll i=1; i<=t; ++i) ans^=(n%i);//前lim直接暴力扫
        for (ll l=t+1,r; l<=n; l=r+1)
        {
            r=n/(n/l); ll lim=n/l*(r-l)+n%r,lans=0;
            for(ll k=1; k<=lim; k<<=1) lans+=f(n/l,n%r,k,r-l)*k;//后面用类欧公式搞过去
            ans^=lans;
        }
        write(ans),puts("");
    // }
    return 0;
}
标签
getchar
数组公式
num
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