191101-模拟测试11

其他 2020-03-29 10:25:33 阅读次数: 0

191101-模拟测试11

T1 queue

题目描述

题目描述

解析

一道智障题目（话说我没做出来，是不是更智障 ）
对于第一个规定，预处理出所有组的最大公约数，然后每次询问直接计算是不是最大公约数的因数即可
对于第二个规定，预处理出所有组中最小的值的平方根即可

题解

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long a[1000009],d,x,b,k,minx,n,q,stnd;
long long read()
{
	int f=1;
	long long re=0;
	char ch;
	for(ch=getchar();!isdigit(ch)&&ch!='-';ch=getchar());
	if(ch=='-')
	{
		f=-1;
		ch=getchar();
	}
	for(;isdigit(ch);ch=getchar())
		re=(re<<3)+(re<<1)+ch-'0';
	return re*f;
}
long long gcd(long long x,long long y)
{
	if(y==0)
		return x;
	return gcd(y,x%y);
}
int main()
{
	n=read();
	minx=1e18;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		a[i]=read();
		minx=min(minx,a[i]);
	}
	q=read();
	d=a[1];
	for(int i=2;i<=n;i++)
		d=gcd(d,a[i]);
	long long k=sqrt(minx);
	if(k*k==minx)
		stnd=k;
	else
		stnd=k+1;
	for(int i=1;i<=q;i++)
	{
		x=read();
		b=read();
		if(b==1)
		{
			if(d%x==0)
				printf("Yes\n");
			else
				printf("No\n");
		}
		if(b==2)
		{
			if(x>=stnd)
				printf("No\n");
			else
				printf("Yes\n");
		}
	}
	return 0;
}

T2

题目描述

T2

解析

题目描述一大堆，但其实题意非常简单，即统计与询问部分出现次数相同的元素种数相同的子串个数。（注意数组清空的技巧，不要全memset）

题解

#include<bits/stdc++.h>//正解 
#define M 2009
using namespace std;//bj[]表示询问字串的出现次数相同的元素个数
int vis[M],bj[M],cnt[M],tot[M],num[M],ans,n,m,t,q,l,r,len;
char s[M];//num[]表示查找子串的出现次数相同的元素个数
inline int read()
{
	int f=1;
	int re=0;
	char ch;
	for(ch=getchar();!isdigit(ch)&&ch!='-';ch=getchar());
	if(ch=='-')
	{
		f=-1;
		ch=getchar();
	}
	for(;isdigit(ch);ch=getchar())
		re=(re<<3)+(re<<1)+ch-'0';
	return re*f;
}
bool check()
{
	bool pd=0;
	for(int i=1;i<=m;i++)
		if(num[tot[i]]!=bj[tot[i]])
		{
			pd=1;
			break;
		}
	if(pd) return false;
	return true;
}
int main()
{
	t=read();
	while(t--)
	{
		n=read();
		q=read();
		scanf("%s",s+1);
		for(register int i=1;i<=q;i++)
		{
			for(int j=0;j<26;j++)
			{
				vis[j]=0;
				cnt[j]=0;
			}
			ans=0;
			m=0;
			l=read();
			r=read();
			len=r-l+1;
			for(register int j=l;j<=r;j++)
			{
				vis[s[j]-'a']++;
				bj[vis[s[j]-'a']-1]--;          
				bj[vis[s[j]-'a']]++;
			}
			for(register int j=1;j<=n;j++)
				if(bj[j])
				{
					num[j]=0;//对该次要使用的数组清空
					tot[++m]=j;
				}
			for(register int j=1;j<=len;j++)
			{
				cnt[s[j]-'a']++;
				num[cnt[s[j]-'a']-1]--;
				num[cnt[s[j]-'a']]++;
			}
			if(check()) ans++;
			for(register int j=len+1;j<=n;j++)
			{
				cnt[s[j]-'a']++;
				num[cnt[s[j]-'a']-1]--;
				num[cnt[s[j]-'a']]++;
				cnt[s[j-len]-'a']--;
				num[cnt[s[j-len]-'a']+1]--;
				num[cnt[s[j-len]-'a']]++;
				if(check())
					ans++;
			}
			printf("%d\n",ans);
			for(register int j=1;j<=m;j++)
			{
				bj[tot[j]]=0;
				tot[j]=0;
			}
		}
	}
	return 0;
}

T3 forever

在这里插入图片描述
T3

解析

简化题意

关于 f i f_i ：本质就是求以 i i 为根的子树的 ∑ a i ∑a_i 。

关于路径：本质就是可以从 i i 出发，到达任何不在以 i i 为根的子树里的，权值比 i i 小的节点。

题解

首先，我们考虑如何计算 f i f_i
这是一个经典的入门树形dp问题，直接按照含义转移即可
f i = a i + ∑ f j f_i=a_i+∑f_j ( j j 是 i i 的子节点)

然后，我们考虑如何来计算 g i g_i
由于按位或运算每一个二进制位是互不干扰的，所以我们可以对于每一个二进制位分别考虑答案是多少，再累加起来。

所以，我们现在来一位位考虑。

一个关于按位或的基础性质：如果这些数当中有一个在这一位上是1，那按位或起来的结果在这一位上就是1；否则是0。

首先，因为 g i g_i 是所有 f j f_j 值比 f i f_i 小的，且不在以 i i 为根的子树中的fj的和。我们立马就会想到可以按照fi排序，那样我们按照 f i f_i 由小到大处理，统计到 f i f_i 的时候就可以统计出所有比 f i f_i 小的f，在当前处理的这一二进制位上1的个数cnt。

由于在 i i 的子树中，所有节点的f值都小于 f i f_i ，所以我们这个cnt要减去以i为根的子树中（不包括i自己）在当前二进制位下1的个数 h i h_i
如果cnt大于0，我们就可以知道 g i g_i 在当前这一二进制位下是1。

至于 h i h_i ，使用类似于 f i f_i 的方法统计即可。

时间复杂度就是 O ( n l o g n O(nlogn )

题解

#include<bits/stdc++.h>
#pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000")  
#define M 500009
using namespace std;
long long cnt,in[M],out[M],n,imp,to[M*2],nxt[M*2],tot,first[M],ans[M],h[M][25],sum[M][25];
struct zb
{
	long long x,num;
}f[M];
bool comp(const zb &a,const zb &b)
{
	return a.x<b.x;
}
long long read()
{
	int f=1;
	long long re=0;
	char ch;
	for(ch=getchar();!isdigit(ch)&&ch!='-';ch=getchar());
	if(ch=='-')
	{
		f=-1;
		ch=getchar();
	}
	for(;isdigit(ch);ch=getchar())
		re=(re<<3)+(re<<1)+ch-'0';
	return re*f;
}
void add(long long x,long long y)
{
	nxt[++tot]=first[x];
	first[x]=tot;
	to[tot]=y;
}
void dfs1(long long r,long long fa)
{
	in[r]=++cnt;
	for(int i=first[r];i;i=nxt[i])
	{
		long long v=to[i];
		if(v==fa) continue;
		dfs1(v,r);
		f[r].x+=f[v].x;
		for(int k=0;k<=22;k++)
			h[r][k]+=(h[v][k]+((f[v].x&(1<<k))?1:0));//注意三目要在外面套一层括号
	}
	out[r]=cnt;
	return;
}
int main()
{
	int size=40<<20;
	freopen("forever.in","r",stdin);
	//freopen("forever.out","w",stdout);
	__asm__ ("movq %0,%%rsp\n"::"r"((char*)malloc(size)+size));//扩栈
	long long x,y;
	n=read();
	imp=read();
	for(int i=1;i<=n-1;i++)
	{
		x=read();
		y=read();
		add(x,y);
		add(y,x);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		f[i].x=read();
		f[i].num=i;
	}
	dfs1(imp,0);
	sort(f+1,f+n+1,comp);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=0;j<=22;j++)
			sum[i][j]=sum[i-1][j]+(f[i].x&(1<<j)?1:0);//维护前缀和
	for(int i=n;i>=1;i--)
	{
		int head=i;
		while(f[head].x==f[head-1].x) head--;
		for(int j=head;j<=i;j++)
		{
			int su=0;
			for(int z=0;z<=22;z++)
			{
				int cz=sum[head-1][z]-h[f[j].num][z];
				su=(cz)?(su+(1<<z)):su;
			}
			ans[f[j].num]=su;
		}
		i=head;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
		printf("%lld ",ans[i]);
	exit(0);
}

n 2 n^2 暴力代码

#include<bits/stdc++.h>
#define M 500009
using namespace std;
long long cnt,in[M],out[M],n,imp,to[M*2],nxt[M*2],tot,first[M],ans[M];
bool vis[M];
struct zb
{
	long long x,num;
}f[M];
bool comp(const zb &a,const zb &b)
{
	return a.x<b.x;
}
long long read()
{
	int f=1;
	long long re=0;
	char ch;
	for(ch=getchar();!isdigit(ch)&&ch!='-';ch=getchar());
	if(ch=='-')
	{
		f=-1;
		ch=getchar();
	}
	for(;isdigit(ch);ch=getchar())
		re=(re<<3)+(re<<1)+ch-'0';
	return re*f;
}
void add(long long x,long long y)
{
	nxt[++tot]=first[x];
	first[x]=tot;
	to[tot]=y;
}
void dfs1(long long r,long long fa)
{
	in[r]=++cnt;
	for(int i=first[r];i;i=nxt[i])
	{
		long long v=to[i];
		if(v==fa) continue;
		dfs1(v,r);
		f[r].x+=f[v].x;
	}
	out[r]=cnt;
	return;
}

int main()
{
	//freopen("forever.in","r",stdin);
	//freopen("forever.out","w",stdout);
	long long x,y;
	n=read();
	imp=read();
	for(int i=1;i<=n-1;i++)
	{
		x=read();
		y=read();
		add(x,y);
		add(y,x);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		f[i].x=read();
		f[i].num=i;
	}
	dfs1(imp,0);
	sort(f+1,f+n+1,comp);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<i;j++)
		{
			if(in[f[j].num]>=in[f[i].num]&&in[f[j].num]<=out[f[i].num])
				continue;
			if(f[j].x==f[i].x)
				continue;
			ans[f[i].num]|=f[j].x;
		}
	for(int i=1;i<=n;i++)
		printf("%lld ",ans[i]);
	return 0;
}
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