标签：typedef int 题解 Rep long 集训 maxn CSP define
CSP集训题解
Summer已经完结了于是新开一个，而且旧的已经很卡了
9.9CSP-S短赛2(开小灶2)
T1 元素周期表
看来是一种套路，将每个点对应的x，y坐标连边，在一个联通块内的就是可达的，那么答案就是联通块数减一
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#include <bits/stdc++.h>
typedef long long ll;typedef unsigned long long ull; typedef double db;typedef long double ldb;
#define fre(x) freopen(#x ".in","r",stdin),freopen(#x ".out","w",stdout)
#define Rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)
#define Dwn(i,a,b) for(int i=a;i>=b;--i)
#define pii pair<int,int>
#define mair make_pair
#define fir first
#define sec second
using namespace std;
const int maxn=4e5+10;
struct eg{int from,to,next;}e[maxn*2];
int len,head[maxn];bool vis[maxn];
int ans,n,m,q;
void lqx(int from,int to)
{ e[++len].from=from,e[len].to=to,e[len].next=head[from],head[from]=len; }
void Dfs(int u){
vis[u]=true;
for(int i=head[u];i;i=e[i].next)if(!vis[e[i].to])Dfs(e[i].to);
}
void solve(){
cin>>n>>m>>q;int x,y;
Rep(i,1,q)cin>>x>>y,lqx(x,n+y),lqx(n+y,x);
Rep(i,1,n+m)if(!vis[i])++ans,Dfs(i);
cout<<ans-1;
}
int main (){ ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);return solve(),0; }
T2 gcd
很是裸。用莫比乌斯函数换gcd，化出来就是
\[ \sum_{d |A} \sum_{i=1}^{n} \mu(d)*[d|a_i]* vis[i] \]显然每个数贡献的位置只会有\(\log n\)个，统计贡献的位置同样，于是预处理下约数，维护一下每个\(d\)的贡献就完了。
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#include <bits/stdc++.h>
typedef long long ll;typedef unsigned long long ull; typedef double db;typedef long double ldb;
#define fre(x) freopen(#x ".in","r",stdin),freopen(#x ".out","w",stdout)
#define Rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)
#define Dwn(i,a,b) for(int i=a;i>=b;--i)
#define pii pair<int,int>
#define mair make_pair
#define fir first
#define sec second
using namespace std;
const int maxn=2e5+10,NN=5e5;
int Mu[NN+10],cnt,prime[maxn];
ll f[NN+10];
bool vis[NN+10];
int n,m;
ll ans=0,num=0;
bool in[maxn];
int a[maxn];
vector<int>vec[NN+10];
void Get(const int N){
Mu[1]=1;
for(int i=2;i<=N;i++){
if(!vis[i])prime[++cnt]=i,Mu[i]=-1;
for(int j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<=N;j++){
vis[i*prime[j]]=true;
if(i%prime[j]==0){Mu[i*prime[j]]=0;break;}
Mu[i*prime[j]]=-Mu[i];
}
}
Rep(i,2,N){
vec[i].push_back(1);
for(int j=1;i*j<=N;++j)vec[i*j].push_back(i);
}
}
void solve(){
Get(NN);
cin>>n>>m;
Rep(i,1,n)cin>>a[i];
/* while(m--){
int x;cin>>x;int res=0;
Rep(i,1,n)if(in[i] && i!=x){
for(int j=1;j<=5;++j){
if((a[i]%j==0) && (a[x]%j==0))res+=Mu[j];
}
}
if(!in[x])ans+=res;
else ans-=res;
in[x]^=1;
cout<<ans<<"\n";
}
*/
while(m--){
int x;cin>>x;
ll res=0;
if(a[x]==1){
if(in[x]){
--num;ans-=num;
f[1]-=Mu[1];
}else{
ans+=num;++num;
f[1]+=Mu[1];
}
in[x]^=1;
cout<<ans<<"\n";
continue;
}
if(in[x]){
for(auto it : vec[a[x]]){
f[it]-=Mu[it];
res+=f[it];
}
ans-=res;in[x]^=1;--num;
}else{
for(auto it : vec[a[x]]){
res+=f[it];
f[it]+=Mu[it];
}
ans+=res;in[x]^=1;++num;
}
cout<<ans<<"\n";
}
}
int main (){ ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);return solve(),0; }
9.5CSP-S短赛1(开小灶1)
T1ZZH的游戏
实际上把策略想明白就很简单。以一次连续的移动为一个阶段，每个阶段都必定都扩展到一个更小的点，类似贪心。
我们可以每次贪心的把能走的小点都走了，于是我们现在就被一圈大点圈起来了，这时候必定有一个人需要走一个大点来打破僵局，因为我们需要到达1。于是我们贪心的选一个所有备选点的最小的点走(同时另一个人移动到它已经扩展过的最小的点)，然后同样的贪心把能走的小点都走了，再考虑大点即可。这样保证每次都是答案尽量小的增长，两边都扩展到了1就停止。所以比较裸的就是直接拿一个优先队列维护所有备选点，这样做是\(O(n \log n)\)的，但是由于那只log是STL造成的，于是开了O2就有无限可能(实际上比线性快)。线性做法就是把优先队列换成桶，从小往大扫就行了。
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#include <bits/stdc++.h>
typedef long long ll;typedef unsigned long long ull; typedef double db;typedef long double ldb;
#define fre(x) freopen(#x ".in","r",stdin),freopen(#x ".out","w",stdout)
#define Rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)
#define Dwn(i,a,b) for(int i=a;i>=b;--i)
#define pii pair<int,int>
#define mair make_pair
#define fir first
#define sec second
using namespace std;
const int maxn=1e6+10;
int Lim,ans;
int n;
int tex;
int Gs,Fs;
struct Graph{
struct eg{int from,to,next;}e[maxn*2];
int len,head[maxn];bool vis[maxn];
priority_queue< int,vector<int>,greater<int> >q;
void lqx(int from,int to)
{ e[++len].from=from;e[len].to=to,e[len].next=head[from],head[from]=len; }
void Clear(){Rep(i,1,n)head[i]=0,vis[i]=0;len=0;priority_queue< int,vector<int>,greater<int> >temp;q=temp;}
void Extend(int u){
vis[u]=1;
for(int i=head[u];i;i=e[i].next){
int v=e[i].to;if(vis[v])continue;
q.push(v);
}
}
}G,F;
void Sol(){
while(!G.q.empty() || !F.q.empty()){
if(G.vis[1] && F.vis[1])break;
if(G.q.empty()){
int u=F.q.top();F.q.pop();
ans=max(ans,Gs+u);Fs=min(Fs,u);
F.Extend(u);
continue;
}
if(F.q.empty()){
int u=G.q.top();G.q.pop();
ans=max(ans,Fs+u);Gs=min(Gs,u);
G.Extend(u);
continue;
}
int u=G.q.top(),v=F.q.top();
if(Gs+v<Fs+u){
F.q.pop();
ans=max(ans,Gs+v);Fs=min(Fs,v);
F.Extend(v);
}
else{
G.q.pop();
ans=max(ans,Fs+u);Gs=min(Gs,u);
G.Extend(u);
}
}
cout<<ans<<"\n";
}
void solve(){
cin>>n;G.Clear(),F.Clear();int x,y;
Rep(i,2,n)cin>>x>>y,G.lqx(x,y),G.lqx(y,x);
Rep(i,2,n)cin>>x>>y,F.lqx(x,y),F.lqx(y,x);
cin>>Gs>>Fs;ans=Gs+Fs;
G.Extend(Gs),F.Extend(Fs);
Sol();
}
int main (){ ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);cin>>tex;while(tex--)solve(); }
T2ZZH的背包
稍劣一点的是5e8的双指针，考虑折半把两边的所有方案都预处理出来然后合并，就是枚举其中一边的选法，然后在另一边二分查找合法区间，然后由于两边都是有序的，所以左右边界都是单调不升的，双指针即可。
正解是1e7的神奇做法，首先预处理出一边的方案，用归并达到\(O(n)\)，然后枚举另一边的每个物品选不选。把询问离线下来拆成两个小于等于，然后在一边选就相当于在另一边的询问变小了，把所有在另一边的询问跑出来，然后单指针扫一遍统计贡献就行了。由于做法诡异需要卡空间。
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#include <bits/stdc++.h>
typedef long long ll;typedef unsigned long long ull; typedef double db;typedef long double ldb;
#define fre(x) freopen(#x ".in","r",stdin),freopen(#x ".out","w",stdout)
#define Rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)
#define Dwn(i,a,b) for(int i=a;i>=b;--i)
#define pii pair<int,int>
#define mair make_pair
#define fir first
#define sec second
using namespace std;
const int maxn=1e2+10;
int n,q;
ll v[maxn];
ll a[1<<20|1],b[1<<20|1];
int na,nb,Va,Vb;
void solve(){
cin>>n>>q;Rep(i,1,n)cin>>v[i];
na=n>>1,nb=n-na;
Va=1<<na,Vb=1<<nb;
for(int i=0;i<Va;++i) for(int j=0;j<na;++j)a[i+1]+=((i>>j)&1)*v[j+1];
for(int i=0;i<Vb;++i) for(int j=0;j<nb;++j)b[i+1]+=((i>>j)&1)*v[na+j+1];
sort(a+1,a+Va+1),sort(b+1,b+Vb+1);
while(q--){
ll l,r;cin>>l>>r;ll ans=0;
int pl=lower_bound(b+1,b+Vb+1,l)-b,pr=upper_bound(b+1,b+Vb+1,r)-b-1;
if(pr>=pl)ans+=pr-pl+1;
Rep(i,2,Va){
// while(pl<=n && a[i]+b[pl]<l)++pl;
while(pl>1 && a[i]+b[pl-1]>=l)pl--;
// while(pr<n && a[i]+b[pr]<r)++pr;
while(pr>=1 && a[i]+b[pr]>r)pr--;
if(pr>=pl)ans+=pr-pl+1;
}
cout<<ans<<"\n";
}
}
int main (){ ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);return solve(),0; }
9.4CSP-S模拟2
T1谜之阶乘
下降幂的长度最长是二十，于是可以枚举长度，二分下降幂的起点找。
另一种是长度为d的下降幂一定在n开d次根的附近浮动，于是直接暴力\(d^2\)判一遍就行，注意pow的精度问题
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#include <bits/stdc++.h>
typedef long long ll;typedef unsigned long long ull; typedef double db;typedef long double ldb;
#define fre(x) freopen(#x ".in","r",stdin),freopen(#x ".out","w",stdout)
#define Rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)
#define Dwn(i,a,b) for(int i=a;i>=b;--i)
#define pii pair<int,int>
#define mair make_pair
#define fir first
#define sec second
#define int ll
using namespace std;
const int maxn=1e18;
int tex;
int n;
vector<pii>ans;
void Check(int n,int x){
int lim=pow(n,1.0/x);
for(int i=max(2LL,lim-x);i<=lim;++i){
int now=1;
for(int j=i;j<=lim+x;++j){
now*=j;if(now>n || now<0)break;
if(now==n){ans.emplace_back(j,i-1);break;}
}
}
}
void solve(){
cin>>n;if(n==1)return cout<<"-1\n",void();
ans.clear();
Dwn(i,14,1)Check(n,i);
ans.emplace_back(n,n-1);
sort(ans.begin(),ans.end());
ans.erase(unique(ans.begin(),ans.end()),ans.end());
cout<<ans.size()<<"\n";
for(auto it : ans)cout<<it.fir<<" "<<it.sec<<"\n";
}
#undef int
int main (){ ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);cin>>tex;while(tex--)solve(); }
T2子集
构造题，在子集siz为偶数时有较好的性质，于是考虑把奇数情况变成偶数即可，单独处理前三个k，将前两个k配对构造成公差为1的等差数列，与第三列倒序匹配，那么前三列就解决了，于是问题退化成偶数情况。判一下非法就行了
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#include <bits/stdc++.h>
typedef long long ll;typedef unsigned long long ull; typedef double db;typedef long double ldb;
#define fre(x) freopen(#x ".in","r",stdin),freopen(#x ".out","w",stdout)
#define Rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)
#define Dwn(i,a,b) for(int i=a;i>=b;--i)
#define pii pair<int,int>
#define mair make_pair
#define fir first
#define sec second
using namespace std;
const int maxn=1e6+10;
int tex,n,K,siz;
void Work1(){
cout<<"Yes\n";
int now=0;int lim=n>>1;
Rep(i,1,lim){
cout<<i<<" "<<n-i+1<<" ";
now+=2;
if(now==siz){now=0;cout<<"\n";}
}
}
bool cmp(pii a,pii b){return a.fir+a.sec>b.fir+b.sec;}
pii a[maxn];
void Work2(){
cout<<"Yes\n";
Rep(i,1,K)a[i].fir=(i+(K>>1)-1)%K+1,a[i].sec=i+K;
sort(a+1,a+K+1,cmp);
int pl=3*K+1,pr=n;
Rep(i,1,K){
cout<<a[i].fir<<" "<<a[i].sec<<" "<<2*K+i<<" ";
int now=3;
while(now<siz){
cout<<pl<<" "<<pr<<" ";++pl,--pr;
now+=2;
}
cout<<"\n";
}
}
void solve(){
cin>>n>>K;
siz=n/K;
if(n==1)return cout<<"Yes\n1\n",void();
if(siz==1)return cout<<"No\n",void();
if(siz%2==0)return Work1();
if(!(K&1))cout<<"No\n",void();
else return Work2();
}
int main (){ ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);cin>>tex;while(tex--)solve(); }
T3混凝土粉末
发现每次修改操作的编号与高度都是单增的，于是考虑二分答案，找到这个位置上第一次超过阈值的时刻。常数较大且空间复杂度错误的做法是主席树，可以擦边拿到89分或95分(有一个点看常数和运气)。正解就是把主席树换掉，把操作离线下来，像扫描线一样差分，然后只在一颗树上干就行了，树状数组上二分不太会，但是6秒显然是想把两只log放过去。写线段树就一只log了
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#include <bits/stdc++.h>
typedef long long ll;typedef unsigned long long ull; typedef double db;typedef long double ldb;
#define fre(x) freopen(#x ".in","r",stdin),freopen(#x ".out","w",stdout)
#define Rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)
#define Dwn(i,a,b) for(int i=a;i>=b;--i)
#define pii pair<int,int>
#define mair make_pair
#define fir first
#define sec second
#define int ll
using namespace std;
const int maxn=1e6+10;
#define gc if(++ip==ie)fread(ip=buf,1,SZ,stdin)
static const int SZ=1<<22;char buf[SZ],*ie=buf+SZ,*ip=ie-1;
inline int read(){ gc;while(*ip<'-')gc; bool f=*ip=='-';if(f)gc; int x=*ip&15;gc; while(*ip>'-'){x*=10;x+=*ip&15;gc;} return f ? -x : x; }
inline ll readL(){ gc;while(*ip<'-')gc; bool f=*ip=='-';if(f)gc; ll x=*ip&15;gc; while(*ip>'-'){x*=10;x+=*ip&15;gc;} return f ? -x : x; }
int n,q;
int chk[maxn];
bool vis[maxn];
int cnt;
struct tumplex{
int fir,sec,thi;
tumplex(){}
tumplex(int a,int b,int c):fir(a),sec(b),thi(c){}
};
vector<tumplex>vec[maxn],que[maxn];
int ans[maxn];
struct BIT{
#define lowbit(x) (x&-x)
int c[maxn];
void Add(int x,int d){for(;x<=q;x+=lowbit(x))c[x]+=d;}
int Query(int x){int res=0;for(;x;x-=lowbit(x))res+=c[x];return res;}
}T;
int tot;
int Sol(int x,ll w){
int l=1,r=x,ans=0;
while(l<=r){
int mid=(l+r)>>1;
if(T.Query(mid)>=w)ans=mid,r=mid-1;
else l=mid+1;
}
return ans;
}
void solve(){
n=read(),q=read();int opt,x,y;
ll w;
Rep(i,1,q){
opt=read();
if(opt==1){
x=read(),y=read(),w=readL();
chk[++chk[0]]=i;
vec[x].emplace_back(chk[0],w,i),vec[y+1].emplace_back(chk[0],-w,i);
}else{ x=read(),w=readL();que[x].emplace_back(++tot,w,i); }
}
Rep(i,1,n){
for(auto it : vec[i])T.Add(it.thi,it.sec);
for(auto it : que[i])ans[it.fir]=Sol(it.thi,it.sec);
}
Rep(i,1,tot)printf("%d\n",ans[i]);
}
#undef int
int main (){ return solve(),0; }
T4排水系统
其实挺简单的，主要是想明白转移的意义。不难设出经过断边和没经过断边两种状态，发现我们必须要一条边断掉，于是我们在不断边的基础上进行流的修正即可。
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#include <bits/stdc++.h>
typedef long long ll;typedef unsigned long long ull; typedef double db;typedef long double ldb;
#define fre(x) freopen(#x ".in","r",stdin),freopen(#x ".out","w",stdout)
#define Rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)
#define Dwn(i,a,b) for(int i=a;i>=b;--i)
#define pii pair<int,int>
#define mair make_pair
#define fir first
#define sec second
using namespace std;
const int maxn=2e5+10,maxm=5e5+10,Mod=998244353;
int pw(int x,int p){int res=1,base=x;while(p){if(p&1)res=1LL*res*base%Mod;base=1LL*base*base%Mod;p>>=1;}return res;}
int Inv(int x){return pw(x,Mod-2);}
int f[maxn][2];
int n,m,r,k;
int inv[maxm];
int nowany,nownone,P,iP;
struct Graph{
struct eg{int from,to,next,a,p;}e[maxm];
int len,head[maxn];int ins[maxn],ous[maxn],vis[maxn];
void lqx(int from,int to,int a)
{ ++ins[to],++ous[from];e[++len].from=from,e[len].to=to,e[len].next=head[from],e[len].a=a,head[from]=len; }
queue<int>q;
void TopoDp(){
Rep(i,1,len)e[i].p=1LL*e[i].a*iP%Mod;
Rep(i,1,m)q.push(i),f[i][0]=f[i][1]=1;
while(!q.empty()){
int u=q.front();q.pop();
cerr<<u<<" \n";
int nany=0;
for(int i=head[u];i;i=e[i].next){
int v=e[i].to;
nany=(nany+e[i].p)%Mod,++vis[v];
if(vis[v]==ins[v])q.push(v);
}
for(int i=head[u];i;i=e[i].next){
int v=e[i].to;
f[v][0]=(f[v][0]+1LL*f[u][0]*inv[ous[u]])%Mod;
f[v][1]=(f[v][1]+1LL*f[u][0]*inv[ous[u]]%Mod*(nany-e[i].p+Mod)%Mod*inv[ous[u]-1])%Mod;
f[v][1]=(f[v][1]+1LL*f[u][1]*inv[ous[u]])%Mod;
f[v][1]=(f[v][1]+1LL*(Mod-1)*f[u][0]%Mod*inv[ous[u]]%Mod*e[i].p)%Mod;
}
}
}
}G;
void solve(){
cin>>n>>m>>r>>k;int x,y,w;inv[0]=inv[1]=1;
Rep(i,2,k)inv[i]=1LL*(Mod-Mod/i)*inv[Mod%i]%Mod;
Rep(i,1,k)cin>>x>>y>>w,P=(P+w)%Mod,G.lqx(x,y,w);
iP=Inv(P);G.TopoDp();
Rep(i,n-r+1,n)cout<<f[i][1]<<" ";
}
int main (){ ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);return solve(),0; }
标签：typedef,int,题解,Rep,long,集训,maxn,CSP,define 来源： https://www.cnblogs.com/Delov/p/16661553.html
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