不行了，做不动题了，写博客吧。。。
啊。。。全天效率低下。。。状态很差。。。莫名累。。。
而且还赶上数据结构专题测试（？）。能活着不滚到10名开外简直是莫大的荣幸2333
如何在什么也不会的情况下骗下T1？DC骗分录持续更新。（雾
骗分的前置知识：C++语言基础，STL，歪心思
看到T1，啊，二维几何，K-D啊。呃。。。直线距离而不是曼哈顿？好像很难写？算了算了估计也写不出来
$O(n^2)$爆扫还是会的。判断是否有包含关系。。。嗯。。。太暴力了
应该还是可以优化的。。？如果两个点横坐标的差大于半径了，那么直线距离就一定大于半径，不可能包含了。。。
于是按横坐标排一下序，这样也许能缩小一点枚举范围？
但是需要一个支持插入，删除的有序数据结构。。。STLset，但是比暴力还多一个$log$？
写写吧。于是你就有了比纯暴力的$60$分多$16$分。
但是
你觉得出题人会这么简单？他不想卡你？
他那么毒瘤肯定会卡你啊！他会想到你这个想法然后针对你构造数据啊！
那怎么办？
你跟我耍心机？那我只好反击了？
你觉得我会按照横坐标排序？不！我就要按着纵坐标排序！
你要卡我？那你还卡不卡那多数按照横坐标排序的人？
然后做好心理准备拿60分就可以走了，写个全场最短的代码扬长而去
然后你就AC了2333！
靠着这种乱七八糟毫无依据的方法多拿了24分。我也就会干这种事了。
揣测出题人意图？反向心理？？？
然而现在要揭示我有多智障了。
T1AC，T2T3全爆零，这是个啥啊？？？？
首先看一下我T2的根号筛质因子
看起来人畜无害？对iv进行了质因数分解。
但是为什么mul%p==0，为什么是mul啊？
啊你问我？我不知道啊！我是智障吧。
我是怎么过样例的？？？？还过了手模的一个大点的点？？？
然后就这么爆零了。
T3依旧弱智。。。我把题当成单向边的做了不知道多久
然后冲着我的网络流看了半天我板子怎么炸了
难得没炸一次啊啊啊又把分送了
我又是怎么过样例的啊！！！
如果这两个弱智分拿到了就180了。。。也是个rk2啊。。。
然而没有梦想rk8得了。。。
弱智在数据结构专题混个rk8也不容易，就这样吧。。。
T1：点点的圈圈
题目大意：给出若干可包含但不相交的圆，选中一些互不包含的圆最大化总价值。$n \le 10^5,w_i \le 1000,x_i,y_i,r_i \le 10^8$
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define S 100005 4 struct cir{ 5 int x,y,r,w,o; 6 friend bool operator<(cir a,cir b){return a.y!=b.y?a.y<b.y:a.o<b.o;} 7 }C[S]; 8 bool cmp(cir a,cir b){return a.r<b.r;} 9 int n,f[S],del[S],dp[S],cc[S],q[S],qt; 10 long long x2(int a){return 1ll*a*a;} 11 set<cir>s; 12 int main(){//freopen("1.in","r",stdin); 13 scanf("%d",&n); 14 for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d%d%d%d",&C[i].x,&C[i].y,&C[i].r,&C[i].w); 15 sort(C+1,C+1+n,cmp); 16 for(int i=1;i<=n;++i){ 17 C[i].o=i; cir R=C[i],t; R.y-=C[i].r; 18 auto p=s.lower_bound(R);int tp=0; 19 while(p!=s.end()&&(*p).y<=C[i].y+C[i].r){ 20 t=*p;p++; 21 if(x2(R.x-t.x)+x2(C[i].y-t.y)<=x2(R.r))f[t.o]=i,del[++tp]=t.o; 22 } 23 for(int i=1;i<=tp;++i)s.erase(C[del[i]]); 24 s.insert(C[i]); 25 } 26 for(int i=1;i<=n;++i)cc[f[i]]++; 27 for(int i=1;i<=n;++i)if(!cc[i])q[++qt]=i; 28 for(int h=1;h<=qt;++h){ 29 dp[q[h]]=max(dp[q[h]],C[q[h]].w); 30 if(q[h])dp[f[q[h]]]+=dp[q[h]]; cc[f[q[h]]]--; 31 if(!cc[f[q[h]]])q[++qt]=f[q[h]]; 32 }cout<<dp[0]; 33 }
还是要运用那种「相含不相交就想父子关系」的思想建树。难点在建树。KD肯定是可以的但是不够优秀（虽然跑的更快）
正解是$O(nlogn)$的。运用了扫描线的思想，将圆的最左右两端坐标离散化后扫，现在只有两种事件。
1，插入一个圆。
如果你扫到某个圆的左端点，那么它就该出现了。
插入的时候可以顺便找一下包含它的最小圆。你可以找到纵坐标离它最近的那一个。
但是它可能是你的兄弟。。。怎么办？
于是把圆拆成上下两半加以区分。查纵坐标更大的点，如果查到下半圆那它就是你的兄弟，你和它一个爹。否则上半圆那就是你爹了。
打上一个标记，在这个圆到达右端点时删除。
2，删除一个圆。
也就是插入，删除，查前驱后继，STLset没问题了。
重载小于号。开一个全局变量表示当前扫描线所在的横坐标，计算半圆对应的纵坐标。
因为圆不相交，所以上下半圆之间的纵坐标虽然在变化，但是它们的相对大小关系是不变的，所以set不会出锅。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define S 200005 4 int X,n,f[S],dp[S],fir[S],l[S],to[S],r[S],rc,I=1,ec=1;vector<int>v[S]; 5 void link(int a,int b){l[++ec]=fir[a];fir[a]=ec;to[ec]=b;} 6 struct P{int x,y,r,w;friend bool operator<(P a,P b){return a.x-a.r<b.x-b.r;}}p[200005]; 7 void dfs(int x){for(int i=fir[x];i;i=l[i])dfs(to[i]),dp[x]+=dp[to[i]];dp[x]=max(dp[x],p[x].w);} 8 long long x2(int p){return 1ll*p*p;} 9 struct Q{ 10 int i,k; 11 double Y(int x){return p[i].y+k*sqrt(x2(p[i].r)-x2(p[i].x-x))+k*0.001;} 12 friend bool operator<(Q x,Q y){return x.Y(X)<y.Y(X);} 13 }R;set<Q>s; 14 int main(){ 15 cin>>n;for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d%d%d%d",&p[i].x,&p[i].y,&p[i].r,&p[i].w); 16 sort(p+1,p+1+n); 17 for(int i=1;i<=n;++i)r[++rc]=p[i].x-p[i].r,r[++rc]=p[i].x+p[i].r; 18 sort(r+1,r+1+rc);rc=unique(r+1,r+1+rc)-r-1; 19 for(int _=1;X=r[_],_<=rc;++_){ 20 for(int i=0;i<v[_].size();++i)s.erase((Q){v[_][i],-1}),s.erase((Q){v[_][i],1}); 21 while(I<=n&&p[I].x-p[I].r==X){ 22 auto it=s.lower_bound((Q){I,-1}); 23 if(it!=s.begin())it--,f[I]=(*it).k==1?f[(*it).i]:(*it).i; 24 v[lower_bound(r+1,r+1+rc,p[I].x+p[I].r)-r].push_back(I); 25 s.insert((Q){I,1});s.insert((Q){I,-1});I++; 26 } 27 }for(int i=1;i<=n;++i)link(f[i],i);dfs(0);cout<<dp[0]; 28 }
T2：点点的计算
题目大意：$T(i,1)=i,T(i,j)=\frac{1}{\frac{1}{T(i,j-1)}-\frac{1}{T(i-1,j-1)}}$。求$lcm(T(n,i))\ (1 \le i \le k)$。$70\%$的数据强制在线。
$T \le 2\times 10^5,n,k\le 10^5$
打表发现$T(i,j)=i\times C_{i-1}^{j-1}$。然而没有什么帮助。
大神们都看出了结论：$ans=lcm(n-k+1,...,n)$。
可以证明，先证明$lcm(T(i,j),T(i,j-1))=lcm(T(i-1,j-1),T(i,j))$。证明过程中要写一大堆分数懒得再写一遍$LATEX$了。
把$T(i,j)$拆开，发现式子只与$T(i-1,j-1)$与$T(i,j-1)$有关。换个变量表示要证明的就变成了$lcm(a,b)=lcm(a,\frac{ab}{(a-b)})$
化$lcm$为$gcd$，再把$g=gcd(a,b),a=Ag,b=Bg$代替已有变量能得到只需要证$Ag=(A-B)gcd(\frac{ABg}{A-B},Ag)$
把右端的$A-B$乘进$gcd$里面，问题在于证明$gcd(AgB,Ag(A-B))=Ag$即$gcd(B,A-B)=1$
而因为$A,B$是由$a,b$提公因子得到，所以它们已经互质。$A \perp B \rightarrow (A-B) \perp B$
所以最开始的那个式子得证。然后就把$j$这一列的问题推到了$j-1$列。同理一直推到第$1$列，而$T(i,1)=i$
所以得证。
问题变为维护$lcm(a...b)$。连续自然数的最小公倍数。
每个因子$p^k$只有在第一次出现的时候贡献答案，考虑每加入一个数的贡献。
对于$b=1$时显然。开线段树维护区间积。考虑当$b$增加时线段树的变化。
其实只有$b$的因子发生了变化，它们的第一次出现位置发生了改变。原来在$b-p^k$，现在在$b$。
于是在$b-p^k$去掉贡献，在$b$作出贡献就行了。
离线只要排序，一边处理询问一边更新线段树。
在线的话把线段树可持久化就行。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define mod 1000000007 4 #define S 10000005 5 int pow(int b,int t,int a=1){for(;t;t>>=1,b=1ll*b*b%mod)if(t&1)a=1ll*a*b%mod;return a;} 6 int iv[S],c[S],d[S],w[S],rt[S],pc,lc[S],rc[S],la; 7 void build(int p,int cl=1,int cr=100000){ 8 w[p]=1;if(cl==cr)return; 9 lc[p]=p<<1;rc[p]=p<<1|1; 10 build(p<<1,cl,cl+cr>>1); 11 build(p<<1|1,(cl+cr>>1)+1,cr); 12 } 13 void modify(int cpy,int &p,int ps,int v,int cl=1,int cr=100000){ 14 w[p=++pc]=1ll*w[cpy]*v%mod;lc[p]=lc[cpy];rc[p]=rc[cpy]; 15 if(cl==cr)return; 16 if(ps>cl+cr>>1)modify(rc[cpy],rc[p],ps,v,(cl+cr>>1)+1,cr); 17 else modify(lc[cpy],lc[p],ps,v,cl,cl+cr>>1); 18 } 19 int ask(int l,int r,int p,int cl=1,int cr=100000){ 20 if(l<=cl&&cr<=r)return w[p]; 21 return 1ll*(l<=cl+cr>>1?ask(l,r,lc[p],cl,cl+cr>>1):1)*(r>cl+cr>>1?ask(l,r,rc[p],(cl+cr>>1)+1,cr):1)%mod; 22 } 23 int main(){//freopen("1.in","r",stdin); 24 int n,k,q,a,b,mo;cin>>q>>n>>k>>a>>b>>mo; 25 for(int i=1;i<q;++i)scanf("%d",&c[i]); 26 for(int i=1;i<q;++i)scanf("%d",&d[i]); 27 for(int i=1;i<100001;++i)iv[i]=pow(i,mod-2); 28 rt[1]=1;build(1);pc=400000; 29 for(int i=2;i<=100000;++i){ 30 int I=i,ls=i-1; 31 for(int j=2;j*j<=I;++j)if(I%j==0){ 32 int tms=0,al=1; 33 while(I%j==0)I/=j,tms++,al*=j; 34 if(al==i)al/=j; 35 while(al!=1)modify(rt[ls],rt[i],i-al,iv[j]),ls=i,al/=j; 36 } 37 if(I!=1&&i!=I)modify(rt[ls],rt[i],i-I,iv[I]),ls=i; 38 modify(rt[ls],rt[i],i,i); 39 } 40 for(int i=1;i<=q;++i)printf("%d\n",la=ask(n-k+1,n,rt[n])),n=(1ll*a*la+c[i])%mo+1,k=(1ll*b*la+d[i])%n+1; 41 }
T3：点点的最大流
题目大意：仙人掌，改边权，指定源汇查询最大流。$n \le 10^5,m,q \le 2 \times 10^5$
对于$30\%$的数据是一棵树。
最大流是最小割，树的话直接查路径最小边权。树剖就行。
仙人掌就是多了简单环，要么断缩点后图的边，要么断某个环上的两条边。
缩点+线段树+树剖。断环成链，线段树维护。
看得不是很明白。大概意思是点权是每个点和新树父点的顶端的最小割值查询最小值。
重链树剖维护，轻边线段树查询，复杂度两个log。
代码十分恶心？先撂了。