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6.22 NOI 模拟

2022-06-23 09:36:00 阅读：117 来源： 互联网

标签：NOI int mid long define 6.22 now 模拟 dis

$T1$递归

给出 $Thue-Morse$ 序列的定义三

每次 $0\rightarrow 01$，$1\rightarrow 10$

$0\rightarrow 01 \rightarrow 0110 \rightarrow 01101001\rightarrow...$

我们现在已知串 $010010$ 考虑将其划分

$0\ 10\ 01\ 0$ 或者 $01\ 00 \ 10$

显然第二个是不合法的。

我们把第一个补全，为 $10\ 10\ 01\ 01$

然后合并一下为 $1100$ ，我们假设 $1100$ 出现的位置是 $i$ 我们 $010010$ 出现的位置为 $2i+1$

然后我们得到递推式 $f(l,r)=f(\lfloor l/2\rfloor,\lfloor r/2\rfloor)+(l\mod 2)$

我们只需要暴力求小数据即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int f[3][8]={{0,1},{5,2,0,1},{0,4,3,1,5,2}};
long long slo(long long l,long long r)
{
    if(r-l+1>=4) return 2*slo(l/2,r/2)+(l&1);
    long long S=0;
    for(long long i=l;i<=r;i++)
    {
        S|=(__builtin_popcountll(i)&1)<<(i-l);
    }
    return f[r-l][S];
}
int main()
{
    int q;
    scanf("%d",&q);
    while(q--)
    {
        long long l,r;
        scanf("%lld%lld",&l,&r);
        cout<<slo(l,r)<<"\n";
    }
}

$T2\ $加边

按照原图跑以 $1$ 为根的 $bfs$ 树

$b>2\times a$答案是 $dep\times a$

否则对于 $b$ 边进行 $bfs$ ，类似三元环进行删边，复杂度可以保证在 $O(m\sqrt m)$

#define Eternal_Battle ZXK
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define MAXN 200005
using namespace std;
#define FastIO
#ifdef FastIO
    char buf[1<<21],*p1,*p2;
    #define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
#endif
template<class T>
T Read()
{
    T x=0,f=1;
    char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9')
    {
        if(ch=='-')
        f=-1;
        ch=getchar();
    }
    while(ch>='0'&&ch<='9')
    {
        x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^'0');
        ch=getchar();
    }
    return x*f;
}
int (*read)()=Read<int>;
#define read Read<int>
vector<int>rd[MAXN],gd[MAXN];
int dis[MAXN],dep[MAXN],n,m,a,b;
void add(int u,int v)
{
    rd[u].push_back(v);
    gd[u].push_back(v);
}
void bfs()
{
    queue<int>q;
    memset(dep,-1,sizeof(dep));
    q.push(1);
    dep[1]=0;
    while(q.size())
    {
        int now=q.front();
        q.pop();
        for(int i=0;i<rd[now].size();i++)
        {
            int y=rd[now][i];
            if(dep[y]!=-1) continue;
            q.push(y); dep[y]=dep[now]+1;
        }
    }
}
bitset<MAXN>Min;
void bfs_dis()
{
    queue<int>q;
    memset(dis,-1,sizeof(dis));
    q.push(1);
    dis[1]=0;
    while(q.size())
    {
        int now=q.front();
        q.pop();
//      Min.reset();
        for(vector<int>::iterator it=rd[now].begin();it!=rd[now].end();)
        {
            int y=*it; 
            Min[y]=1;
            it++;
        }
        for(vector<int>::iterator it=rd[now].begin();it!=rd[now].end();)
        {
            int y=*it;
            if(dis[y]!=-1) it=rd[now].erase(it);
            else it++;
            for(vector<int>::iterator it1=gd[y].begin();it1!=gd[y].end();)
            {
                int ty=*it1; 
                if(dis[ty]!=-1)
                {
                	it1=gd[y].erase(it1);
				}
				else
			    {
			    	it1++;
					if(Min[ty]) continue;
	                dis[ty]=dis[now]+b;
	                q.push(ty);
				}
            }
        }
        for(int i=0;i<rd[now].size();i++)
        {
            int y=rd[now][i];
            Min[y]=0;
        }
    }
}
signed main()
{
    scanf("%lld%lld%lld%lld",&n,&m,&a,&b);
    for(int i=1,u,v;i<=m;i++)
    {
        u=read();v=read();
        add(u,v); add(v,u);
    }
    bfs();
    if(b>=2*a)
    {
       for(int i=2;i<=n;i++)
       {
           cout<<dep[i]*a<<"\n";
       }
    }
    else
    {
        bfs_dis();
        for(int i=2;i<=n;i++)
        {
            if(dep[i]%2==0)
            {
               cout<<(dep[i]/2)*b<<"\n";
            }
            else
            {
               if(dis[i]==-1) cout<<dep[i]/2*b+a<<"\n";
               else cout<<min(dep[i]/2*b+a,dis[i])<<"\n";
            }
        }
    }
}

$T3\ $虐场

考虑枚举 $k$，考虑已知 $k$ 之后应该怎么求解

设 $c_i=b_{j+1}-b_{j}-k$表示空场的和

我们先选定连续 $n$ 场，向左右移动，可以导致 $b$ 整体加减 $1$，$c$ 不变

首先最大化收益，先考虑选最右侧 $n\times k$ 场，然后往左移动

设 $d_i=b_i-a_i$ 我们要 $d_i\leq 0 $，并且 $\sum |b_i|$ 尽可能小

每次贪心的话，就把目前后缀最大值位置向左平移，最后每个位置移动的位置是后缀的最大值

设后缀最大值 $suf_i$，答案是 $\sum (suf_i-b_i)$

至于移动限制考虑我们只能进行 $m-k\times n$ 次前缀减，后面的只能进行整体减就好了

发现答案是关于 $k$ 的凸函数，可以三分找极值点

#define Eternal_Battle ZXK
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define MAXN 200010
using namespace std;
int n,m,k,lim,a[MAXN],b[MAXN];
int check(int x)
{
    long long nw=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        b[i]=m*x-x*(x+1)/2*n+i*x-a[i];
        nw=max(nw,b[i]);
    }
    long long an=0,sum=max(nw-m+x*n,0ll);
    for(int i=n;i>=1;i--)
    {
        sum=max(sum,b[i]);
        an+=sum-b[i];
    }
    return an;
}
signed main()
{
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    k=lim=m/n;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%lld",&a[i]);
        int l=1,r=m/n;
        while(l<=r)
        {
            long long mid=(l+r)>>1;
            if(mid*(mid-1)/2*n+i*mid<=a[i]) l=mid+1;
            else r=mid-1;
        }
        lim=min(lim,r);
        l=1,r=lim;
        while(l<=r)
        {
            long long mid=(l+r)>>1;
            if(m*mid-mid*(mid+1)/2*n+i*mid-a[i]-m+mid*n<=0) l=mid+1;
            else r=mid-1;
        }
        k=min(l,k);
    }
    int ans=check(min(lim,k));
    int l=0,r=k-1;
    while(r-l>10)
    {
        int mid=(l+r)>>1;
        long long an1=check(mid),an2=check(mid+1);
        if(an1<an2) r=mid-1;
        else l=mid+2;
    }
    for(int i=l;i<=r;i++)
    {
        ans=min(ans,check(i));
    }
    ans=-ans;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        ans+=a[i];
    }
    cout<<ans<<endl;
}

标签：NOI,int,mid,long,define,6.22,now,模拟,dis
来源： https://www.cnblogs.com/Eternal-Battle/p/EB_is_cute.html

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