「APIO 2019」所有题目【题解】

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  • T1. 奇怪装置 (Strange Device)
  • T2. 桥梁 (Bridges)
  • T3. 路灯 (Street Lamps)

简要题解

T1. 奇怪装置 (Strange Device)

题目大意:有一个特殊的时钟装置。对于一个时刻 tt,装置会显示两个整数:

x=(t+t/B) mod Ay=t mod B\begin{aligned} x &= (t + \lfloor t / B \rfloor) \text{ mod } A \\ y &= t \text{ mod } B \end{aligned}

给定 nn 个连续时间段,第 ii 段为时刻 [li,ri][l_i, r_i]。该装置只能在这些时间段中工作。

求有多少个不同的数对 (x,y)(x, y) 能够被显示出来。保证 n106n \leqslant 10^6,其他数据 1018\leqslant 10^{18}

思路分析:考虑两个数 t1,t2t_1, t_2 在什么情况下 (x,y)(x, y) 是相同的:

{(t1+t1/B)(t2+t2/B) (mod A)t1t2 (mod B) t1t2 (mod ABgcd(A,B+1))\begin{aligned} & \begin{cases} (t_1 + \lfloor t_1 / B \rfloor) \equiv (t_2 + \lfloor t_2 / B \rfloor) \text{ (mod }A) \\ t_1 \equiv t_2 \text{ (mod }B) \end{cases} \\ \Leftrightarrow\ & t_1 \equiv t_2 \ \Big( \text{mod } \small \frac{AB}{\gcd(A, B + 1)} \Big) \end{aligned}

循环节的推导可以用意义理解,也可以设为 t1=t2+kBt_1 = t_2 + kB 的形式。

问题转换为线段求并,并不需要用线段树,排序后扫一遍即可。

时间复杂度为 O(nlogn)O(n \log n)

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

typedef long long ll;
int n, tot;
ll A, B, l, r, mx = -1, ans;
pair<ll, ll> a[2000010];

int main() {
scanf("%d %lld %lld", &n, &A, &B);
ll R = A / __gcd(A, B + 1);
2e18 / R < B ? R = 2e18 : R *= B;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%lld %lld", &l, &r);
if (r - l + 1 >= R) {
printf("%lld\n", R), exit(0);
}
if ((l %= R) <= (r %= R)) {
a[++tot] = make_pair(l, r);
} else {
a[++tot] = make_pair(l, R - 1);
a[++tot] = make_pair(0, r);
}
}
sort(a + 1, a + tot + 1);
for (int i = 1; i <= tot; i++) {
ans += max(0LL, a[i].second - max(a[i].first, mx + 1) + 1);
mx = max(mx, a[i].second);
}
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}

T2. 桥梁 (Bridges)

题目大意:给定一个 nn 个点、mm 条边的无向图,第 ii 条边有一个限制 did_i

qq 个操作,第 jj 个操作的类型为 tjt_j (tj{1,2})(t_j \in \{ 1, 2 \}),再给出两个数 sj,wjs_j, w_j

  • tj=1t_j = 1,将第 sjs_j 条边的限制改为 wjw_j
  • tj=2t_j = 2,求从点 sjs_j 出发且只经过限制 wj\geqslant w_j 的边,能够到达的点数。

保证 n5×104,n \leqslant 5 \times 10^4, m,q105m, q \leqslant 10^5

思路分析:先考虑 j,\forall j, tj=2t_j = 2 的情况 ((子任务 4)4)。离线维护一个并查集,将查询按照限制从大到小处理,同时在并查集中加上满足限制的边。时间复杂度为 O(qα(n))O(q \alpha (n))

回到原题,考虑对时间分块。具体地,注意到每个查询都至多在前面整块的基础上进行 O(q)O(\sqrt q) 次修改,可以暴力加入最后一块的修改,维护一个支持撤销的并查集 ((不撤销的部分是所有在最后一块中未被修改的边))。每块处理完后更新边权。

时间复杂度为 O(qqlogn)O \big( q \sqrt{q \log n} \big),要用归并排序 ((下面的代码没有使用,也可以通过))

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#include <bits/stdc++.h>
#define x first
#define y second
using namespace std;

const int maxn = 100010;
int n, m, q, u[maxn], v[maxn], d[maxn], fa[maxn], sz[maxn], ans[maxn];
int t[maxn], s[maxn], w[maxn], from[maxn], to[maxn];
bool vis[maxn], tmp[maxn];
vector<int> V, cur; vector<pair<int, int> > E;
vector<pair<int, pair<int, int> > > Q;
int find(int x) { return x == fa[x] ? x : find(fa[x]); }

void unite(int id) {
int x = find(u[id]), y = find(v[id]);
if (x == y) return;
if (sz[x] > sz[y]) swap(x, y);
from[id] = x, to[id] = y, fa[x] = y, sz[y] += sz[x];
}

int main() {
scanf("%d %d", &n, &m);
for (int i = 1; i <= m; i++) {
scanf("%d %d %d", &u[i], &v[i], &d[i]);
}
scanf("%d", &q);
for (int i = 1, lst = 1, bl = 1000; i <= q; i++) {
scanf("%d %d %d", &t[i], &s[i], &w[i]);
if (t[i] & 1) {
if (!vis[s[i]]) cur.push_back(s[i]);
vis[s[i]] = 1;
} else {
Q.push_back(make_pair(w[i], make_pair(s[i], i)));
}
if (i == q || !(i % bl)) {
for (int j = 1; j <= m; j++) {
E.push_back(make_pair(d[j], j)), from[j] = 0;
}
for (int j = 1; j <= n; j++) {
fa[j] = j, sz[j] = 1;
}
sort(E.begin(), E.end()), reverse(E.begin(), E.end());
sort(Q.begin(), Q.end()), reverse(Q.begin(), Q.end());
for (int j = 0, k = 0; j < Q.size(); V.clear(), j++) {
for (; k < E.size() && E[k].x >= Q[j].x; k++) {
if (vis[E[k].y]) continue;
unite(E[k].y), from[E[k].y] = 0;
}
for (int p = lst; p < Q[j].y.y; p++) {
if (t[p] & 1) tmp[s[p]] = 1;
}
for (int p = 0; p < cur.size(); p++) {
if (tmp[cur[p]] || d[cur[p]] < Q[j].x) continue;
unite(cur[p]), V.push_back(cur[p]);
}
for (int p = Q[j].y.y; p >= lst; p--) {
if (t[p] & 1) tmp[s[p]] = 0;
if (t[p] ^ 1 || from[s[p]]) continue;
from[s[p]] = -1, V.push_back(s[p]);
if (w[p] >= Q[j].x) unite(s[p]);
}
ans[Q[j].y.y] = sz[find(Q[j].y.x)];
for (int p = V.size() - 1; ~p; from[V[p--]] = 0) {
if (from[V[p]] < 0) continue;
sz[to[V[p]]] -= sz[from[V[p]]];
fa[from[V[p]]] = from[V[p]];
}
}
for (; lst <= i; lst++) {
if (t[lst] & 1) d[s[lst]] = w[lst];
else printf("%d\n", ans[lst]);
}
E.clear(), Q.clear(), cur.clear();
memset(vis, 0, sizeof(vis));
}
}
return 0;
}

T3. 路灯 (Street Lamps)

题目大意:给定 nn 个路灯的初始状态 ((00 时刻))1q1 \sim q 时刻都会发生一种事件:

  • 给出 ii,切换第 ii 个路灯的状态 ((每个路灯只有点亮和熄灭两种状态))
  • 给出 a,ba, b,求从 00 时刻到当前时刻,有多少个时刻满足第 a(b1)a \sim (b - 1) 个路灯全部点亮。

保证 n,q3×105n, q \leqslant 3 \times 10^5

思路分析:考虑每个熄灭的路灯。对于熄灭的第 ii 个路灯,设上一个熄灭的路灯的位置为 jj,那么会对满足 a,b[j+1,i]a, b \in [j + 1, i] 的点对 (a,b)(a, b) 产生贡献。

于是转化为三维数点。可以先将所有点对都加上 qq 的贡献,再扣掉不存在的贡献,差分后又转化为二维数点。用树状数组套线段树维护即可。

时间复杂度为 O(nlog2n)O(n \log^2 n)

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#include <bits/stdc++.h>
#define mid (l + r >> 1)
using namespace std;

typedef set<int>::iterator I;
const int maxn = 300010;
int n, q, tot, rt[maxn];
char s[maxn], op[10];
set<int> S;
struct node { int l, r, s; } t[maxn * 50];

void add_seg(int &k, int l, int r, int p, int v) {
if (!k) k = ++tot; t[k].s += v;
if (l == r) return;
if (mid >= p) add_seg(t[k].l, l, mid, p, v);
else add_seg(t[k].r, mid + 1, r, p, v);
}

int sum_seg(int k, int l, int r, int ql, int qr) {
if (!k || l >= ql && r <= qr) return t[k].s;
int s = 0;
if (mid >= ql) s += sum_seg(t[k].l, l, mid, ql, qr);
if (mid < qr) s += sum_seg(t[k].r, mid + 1, r, ql, qr);
return s;
}

void add(int x, int y, int v) {
for (; x <= n + 1; x += x & -x) {
add_seg(rt[x], 1, n + 1, y, v);
}
}

int sum(int x, int y) {
int s = 0;
if (S.lower_bound(x) == S.lower_bound(y)) s -= q;
for (; x; x -= x & -x) {
s += sum_seg(rt[x], 1, n + 1, 1, y);
}
return s;
}

void change(int l, int r, int op) {
if (r > n) return;
add(l + 1, r + 1, -op * q), add(r + 1, r + 1, op * q);
}

int main() {
scanf("%d %d %s", &n, &q, s + 1);
S.insert(0), S.insert(n + 1), add(1, 1, q);
for (int i = 1, j = 0; i <= n; i++) {
if (s[i] == '1') continue;
S.insert(i), change(j, i, 1), j = i;
}
for (int a, b; q--; ) {
scanf("%s %d", op, &a);
if (op[0] == 't') {
s[a] ^= 1; int t = s[a] == '0' ? 1 : -1;
if (s[a] == '0') S.insert(a);
I it = S.find(a), pre = it, nxt = it;
change(*--pre, a, t), change(a, *++nxt, t);
change(*pre, *nxt, -t);
if (s[a] == '1') S.erase(a);
} else {
scanf("%d", &b), printf("%d\n", sum(a, b));
}
}
return 0;
}