/category/ds/ /archives/236/ 2017-05-25T20:24:07+08:00 ###Description 给一棵树，每个点点权 $$a_i$$，保证 $$a_i$$各不相同，现在随机选两个点 $$u,v$$，求 $$f(u,v)=\phi(a_u\cdot a_v)\cdot dis(u,v)$$ 的期望，$$mod\ 10^9+7$$。 链接：[http://codeforces.com/contest/809/problem/E](http://codeforces.com/contest/809/problem/E "http://codeforces.com/contest/809/problem/E") ###Solution 首先，有一个结论：$$\phi(a\cdot b)=\frac{\phi(a)\cdot\phi(b)\cdot g}{\phi(g)},g=gcd(a,b)$$ 证明：考虑找一个 $$x$$，使得 $$x|b,gcd(\frac{b}{x},a)=1,gcd(x,\frac{b}{x})=1$$ 且 $$a$$ 包含 $$x$$ 中所有质因子。 那么 $$\phi(a\cdot b)=\phi(a)\cdot x\cdot\phi(\frac{b}{x})=\frac{\phi(a)\cdot\phi(b)\cdot x}{\phi(x)}$$ 显然，$$x$$ 是 $$g$$ 的倍数，所以 $$\frac{x}{g}=\frac{\phi(x)}{\phi(g)}$$，所以$$\phi(a\cdot b)=\frac{\phi(a)\cdot\phi(b)\cdot g}{\phi(g)}$$ 有了这个结论之后可以考虑点分，那么设 $$dis(x)$$ 表示 $$x$$ 到当前根的距离。 设 $$h(x)=\frac{x}{\phi(x)}$$，那么$$f(u,v)=\phi(a_u)\cdot\phi(a_v)\cdot h(g)\cdot(dis(u)+dis(v)),g=gcd(a_u,a_v)$$ 考虑当 $$u$$ 确定时，需要知道 $$\sum\phi(a_v)\cdot h(gcd(a_u,a_v))$$ 和 $$\sum\phi(a_v)\cdot h(gcd(a_u,a_v))\cdot dis(v)$$。 设 $$g(x)=h(x)-\sum[y|x,y\neq x]g(y)$$，那么 $$h(gcd(a_u,a_v))=\sum[x|a_u,x|a_v]g(x)$$ 这样就可以直接枚举约数算贡献了。 ###Code ```c++ #include typedef long long ll; inline void repr(int&a,int b){if(ato,x); sz[x]+=sz[i->to]; } } inline void dfs2(int x,int fa) { int t=rsz-sz[x]; for(edge*i=p[x];i;i=i->ne) if(i->to!=fa&&!vis[i->to]) { repr(t,sz[i->to]); dfs2(i->to,x); } if(tne) if(i->to!=fa&&!vis[i->to]) dfs3(i->to,x,dis+1); } inline void dfs4(int x,int fa,int dis) { int a=phi[w[x]],b=(ll)a*dis%P,A,B; foe(i,v[w[x]]) { get(*i,A,B); ans=(ans+(ll)a*B+(ll)b*A)%P; } for(edge*i=p[x];i;i=i->ne) if(i->to!=fa&&!vis[i->to]) dfs4(i->to,x,dis+1); } inline void work(int x) { dfs1(x,0); rsz=nsz=sz[x],nro=x; dfs2(x,0); vis[x=nro]=1; foe(i,v[w[x]])set(*i,phi[w[x]],0); for(edge*i=p[x];i;i=i->ne) if(!vis[i->to]) { dfs4(i->to,x,1); dfs3(i->to,x,1); } fo0(i,qe)g[q[i]]=h[q[i]]=-1; qe=0; for(edge*i=p[x];i;i=i->ne) if(!vis[i->to])work(i->to); } int main() { fo1(i,N-1)for(int j=i;j /archives/163/ 2017-01-08T00:20:00+08:00 ###Description 给定一个长度为n的正整数数列a[i]。 定义2个位置的graze值为两者位置差与数值差的和，即graze(x,y)=|x-y|+|a[x]-a[y]|。 2种操作（k都是正整数）： 1.Modify x k：将第x个数的值修改为k。 2.Query x k：询问有几个i满足graze(x,i) /archives/149/ 2016-12-16T15:59:00+08:00 ###Description 小A想做一棵很大的树，但是他手上的材料有限，只好用点小技巧了。开始，小A只有一棵结点数为N的树，结点的编号为1,2,…,N，其中结点1为根；我们称这颗树为模板树。小A决定通过这棵模板树来构建一颗大树。构建过程如下：（1）将模板树复制为初始的大树。（2）以下(2.1)(2.2)(2.3)步循环执行M次（2.1）选择两个数字a,b，其中1=k)return kth(s[a].lc,s[b].lc,l,f,k); return kth(s[a].rc,s[b].rc,f+1,r,k-t); } int root[N+1]; } int n,m,q; namespace t1 { int p[N+1],idm,id[N+1],idr[N+1],fa[N+1][17],dep[N+1],sz[N+1]; struct edge { int to,ne; }e[N /archives/97/ 2016-12-11T14:51:00+08:00 [传送门][1] [传送门][2] [传送门][3] 题目大意：单点加，矩阵查询 直接上kdtree就好了，定期暴力重构 1176题代码： ```c++ #include typedef unsigned char uchar; typedef unsigned int uint; typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; typedef double db; typedef long double ldb; #define xx first #define yy second template inline T max(T a,T b){return a>b?a:b;} template inline T min(T a,T b){return a0?a:-a;} template inline void repr(T &a,T b){if(ab)a=b;} template T gcd(T a,T b){if(b)return gcd(b,a%b);return a;} template T sqr(T x){return x*x;} #define mp(a,b) std::make_pair(a,b) #define pb push_back #define lb(x) ((x)&(-(x))) namespace kd { const int D=2,inf=1000000000; char dnow; struct point { int d[D],val; int operator[](int x){return d[x];} }; inline bool operator /archives/96/ 2016-12-05T13:02:00+08:00 ###Description 采药人的药田是一个树状结构，每条路径上都种植着同种药材。 采药人以自己对药材独到的见解，对每种药材进行了分类。大致分为两类，一种是阴性的，一种是阳性的。 采药人每天都要进行采药活动。他选择的路径是很有讲究的，他认为阴阳平衡是很重要的，所以他走的一定是两种药材数目相等的路径。采药工作是很辛苦的，所以他希望他选出的路径中有一个可以作为休息站的节点（不包括起点和终点），满足起点到休息站和休息站到终点的路径也是阴阳平衡的。他想知道他一共可以选择多少种不同的路径。 ###Input 第1行包含一个整数N。 接下来N-1行，每行包含三个整数a_i、b_i和t_i，表示这条路上药材的类型。 ###Output 输出符合采药人要求的路径数目。 ###Sample Input 7 1 2 0 3 1 1 2 4 0 5 2 0 6 3 1 5 7 1 ###Sample Output 1 ###HINT 对于100%的数据，N ≤ 100,000。 ###Solution 点分治，边权为0变成-1，dfs时记前缀和，休息站就判之前有没有出现过该权值，注意处理根节点 ###Code ```c++ #include typedef unsigned char uchar; typedef unsigned int uint; typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; typedef double db; typedef long double ldb; #define xx first #define yy second template inline T max(T a,T b){return a>b?a:b;} template inline T min(T a,T b){return a0?a:-a;} template inline void repr(T &a,T b){if(ab)a=b;} template T gcd(T a,T b){if(b)return gcd(b,a%b);return a;} #define mp(a,b) std::make_pair(a,b) #define pb push_back #define lb(x) ((x)&(-(x))) #define sqr(x) ((x)*(x)) int n,p[100001],em=1,sz[100001],ro,nro,apr[200000],cnt[200000][2]; ll ans; bool vis[100001]; struct edge { int to,ne,w; }e[200000]; inline void add(int a,int b,int w) { e[em].to=b,e[em].ne=p[a],e[em].w=w,p[a]=em++; } void dfs1(int x,int fa) { sz[x]=1; for(int i=p[x];i;i=e[i].ne) if(!vis[e[i].to]&&e[i].to!=fa) dfs1(e[i].to,x),sz[x]+=sz[e[i].to]; } void dfs2(int x,int fa) { bool ok=sz[ro]sz[ro])ok=0; } if(ok)nro=x; } void dfs3(int x,int fa,int len) { if(len) { if(apr[len+n]) ans+=cnt[n-len][0]; else ans+=cnt[n-len][1]; } else { if(apr[len+n]) ans+=cnt[n][0]+1; else ans+=cnt[n][0]; } apr[len+n]++; for(int i=p[x];i;i=e[i].ne) if(!vis[e[i].to]&&e[i].to!=fa) dfs3(e[i].to,x,len+e[i].w); apr[len+n]--; } void dfs4(int x,int fa,int len) { if(len) { if(apr[len+n]) cnt[n+len][0]++,cnt[n+len][1]++; else cnt[n+len][0]++; } else { cnt[n][0]++; } apr[len+n]++; for(int i=p[x];i;i=e[i].ne) if(!vis[e[i].to]&&e[i].to!=fa) dfs4(e[i].to,x,len+e[i].w); apr[len+n]--; } void dfs5(int x,int fa,int len) { cnt[n+len][0]=cnt[n+len][1]=0; for(int i=p[x];i;i=e[i].ne) if(!vis[e[i].to]&&e[i].to!=fa) dfs5(e[i].to,x,len+e[i].w); } void solve(int x) { dfs1(x,0); ro=x; dfs2(x,0); vis[nro]=1; for(int i=p[nro];i;i=e[i].ne) if(!vis[e[i].to])dfs3(e[i].to,0,e[i].w),dfs4(e[i].to,0,e[i].w); dfs5(nro,0,0); for(int i=p[nro];i;i=e[i].ne) if(!vis[e[i].to])solve(e[i].to); } int main() { scanf("%d",&n); for(int i=1;i /archives/90/ 2016-12-01T20:46:00+08:00 ###Description 敌方有n台人形兵器，每台的攻击力为Ai，护甲值为Di。我方只有一台人形兵器，攻击力为ATK。战斗看作回合制， 每回合进程如下： ·1 我方选择对方某台人形兵器并攻击，令其护甲值减少ATK，若护甲值 /archives/83/ 2016-11-27T12:35:00+08:00 ###Description 给一个长为n的序列a，每个数在0到v - 1之间，有m次操作。 操作1：每次询问一个区间中是否可以选出两个下标的集合X，Y，满足： 1.X和Y没有交集 2.设集合X中有一个元素是i，则其对集合X的贡献是a[i] + 1，要求集合X的元素的总贡献和集合Y的元素的总贡献 相等如果可以选出这两个集合，输出 Yuno否则输出 Yuki 操作2：修改一个区间l,r之间的数，使得所有l /archives/80/ 2016-11-17T00:28:00+08:00 ###Description 您需要写一种数据结构（可参考题目标题），来维护一个有序数列，其中需要提供以下操作： 1.查询k在区间内的排名 2.查询区间内排名为k的值 3.修改某一位值上的数值 4.查询k在区间内的前驱(前驱定义为小于x，且最大的数) 5.查询k在区间内的后继(后继定义为大于x，且最小的数) ###Input 第一行两个数 n,m 表示长度为n的有序序列和m个操作 第二行有n个数，表示有序序列 下面有m行，opt表示操作标号 若opt=1 则为操作1，之后有三个数l,r,k 表示查询k在区间[l,r]的排名 若opt=2 则为操作2，之后有三个数l,r,k 表示查询区间[l,r]内排名为k的数 若opt=3 则为操作3，之后有两个数pos,k 表示将pos位置的数修改为k 若opt=4 则为操作4，之后有三个数l,r,k 表示查询区间[l,r]内k的前驱 若opt=5 则为操作5，之后有三个数l,r,k 表示查询区间[l,r]内k的后继 ###Output 对于操作1,2,4,5各输出一行，表示查询结果 ###Sample Input 9 6 4 2 2 1 9 4 0 1 1 2 1 4 3 3 4 10 2 1 4 3 1 2 5 9 4 3 9 5 5 2 8 5 ###Sample Output 2 4 3 4 9 ###HINT 1.n和m的数据范围：n,mb?a:b;} template inline T min(T a,T b){return a0?a:-a;} template inline void repr(T &a,T b){if(ab)a=b;} template T gcd(T a,T b){if(b)return gcd(b,a%b);return a;} #define mp(a,b) std::make_pair(a,b) #define pb push_back #define lb(x) ((x)&(-(x))) #define sqr(x) ((x)*(x)) struct node { node *lc,*rc; int cnt; node(); }_null,*null=&_null; node::node(){lc=rc=null;cnt=0;} int pf; void erase(node *x) { if(x->lc!=null)erase(x->lc); if(x->rc!=null)erase(x->rc); delete x; } void modify(node *&x,int l,int r,int p,int v) { if(x==null)x=new node; x->cnt+=v; if(!x->cnt) { erase(x); x=null; return; } if(l!=r) { int f=(l+r)/2; if(plc,l,f,p,v); else modify(x->rc,f+1,r,p,v); } } struct group { node *x[50]; int mul[50],sz; inline int cnt() { int ret=0; for(int i=0;icnt*mul[i]; return ret; } inline group* lc(group *f) { f->sz=sz; for(int i=0;ix[i]=x[i]->lc,f->mul[i]=mul[i]; return f; } inline group* rc(group *f) { f->sz=sz; for(int i=0;ix[i]=x[i]->rc,f->mul[i]=mul[i]; return f; } }; int cnt(group *x,int l,int r,int ql,int qr) { if(l==ql&&r==qr)return x->cnt(); int t=(l+r)/2,ans=0; group ch; if(qllc(&ch),l,t,ql,min(t,qr)); if(qr>t)ans+=cnt(x->rc(&ch),t+1,r,max(ql,t+1),qr); return ans; } int kth(group *x,int l,int r,int rk) { if(l==r)return l; group ch; x->lc(&ch); int lcnt; if((lcnt=ch.cnt())>=rk) return kth(&ch,l,(l+r)/2,rk); else return kth(x->rc(&ch),(l+r)/2+1,r,rk-lcnt); } int gmax(group *x,int l,int r,int p) { if(!x->cnt())return 0; if(l==r)return l; int t=(l+r)/2; group ch; if(plc(&ch),l,t,p); if(r==p) { x->rc(&ch); if(ch.cnt())return gmax(&ch,t+1,r,p); return gmax(x->lc(&ch),l,t,t); } return max(gmax(x->lc(&ch),l,t,t),gmax(x->rc(&ch),t+1,r,p)); } int gmin(group *x,int l,int r,int p) { if(!x->cnt())return 0x7fffffff; if(l==r)return l; int t=(l+r)/2; group ch; if(p>t)return gmin(x->rc(&ch),t+1,r,p); if(l==p) { x->lc(&ch); if(ch.cnt())return gmin(&ch,l,t,p); return gmin(x->rc(&ch),t+1,r,t+1); } return min(gmin(x->lc(&ch),l,t,p),gmin(x->rc(&ch),t+1,r,t+1)); } #define nl 0 #define nr 100000001 node *root[50001]; int v[50001]; int main() { int n,m; scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=0;i /archives/72/ 2016-11-09T16:51:00+08:00 ###Description 1946 年 3 月 5 日，英国前首相温斯顿·丘吉尔在美国富尔顿发表“铁幕演说”，正式拉开了冷战序幕。 美国和苏联同为世界上的“超级大国”，为了争夺世界霸权，两国及其盟国展开了数十年的斗争。在这段时期，虽然分歧和冲突严重，但双方都尽力避免世界范围的大规模战争（第三次世界大战）爆发，其对抗通常通过局部代理战争、科技和军备竞赛、太空竞争、外交竞争等“冷”方式进行，即“相互遏制，不动武力”，因此称之为“冷战”。 Reddington 是美国的海军上将。由于战争局势十分紧张，因此他需要时刻关注着苏联的各个活动，避免使自己的国家陷入困境。苏联在全球拥有 N 个军工厂，但由于规划不当，一开始这些军工厂之间是不存在铁路的，为了使武器制造更快，苏联决定修建若干条道路使得某些军工厂联通。 Reddington 得到了苏联的修建日程表，并且他需要时刻关注着某两个军工厂是否联通，以及最早在修建哪条道路时会联通。具体而言，现在总共有M 个操作，操作分为两类： • 0 u v，这次操作苏联会修建一条连接 u 号军工厂及 v 号军工厂的铁路，注意铁路都是双向的; • 1 u v， Reddington 需要知道 u 号军工厂及 v 号军工厂最早在加入第几条条铁路后会联通，假如到这次操作都没有联通，则输出 0; 作为美国最强科学家， Reddington 需要你帮忙设计一个程序，能满足 他的要求。 ###Input 第一行两个整数 N, M。 接下来 M 行，每行为 0 u v 或 1 u v 的形式。 数据是经过加密的，对于每次加边或询问，真正的 u, v 都等于读入的 u, v 异或上上一次询问的答案。一开始这个值为 0。 1 ≤ N, M ≤ 500000，解密后的 u, v 满足1 ≤ u, v ≤ N, u不等于v ###Output 对于每次 1 操作，输出 u, v 最早在加入哪条边后会联通，若到这个操 作时还没联通，则输出 0。 ###Sample Input 5 9 0 1 4 1 2 5 0 2 4 0 3 4 1 3 1 0 7 0 0 6 1 0 1 6 1 2 6 ###Sample Output ``` 0 3 5 ``` ###Solution 直接用LCT维护动态最小生成树就行了，虽然很暴力，但能AC ###Code ```c++ #include typedef unsigned char uchar; typedef unsigned int uint; typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; typedef long double ldb; #define xx first #define yy second template inline T max(T a,T b){return a>b?a:b;} template inline T min(T a,T b){return a0?a:-a;} template inline void repr(T &a,T b){if(ab)a=b;} template inline T gcd(T a,T b){if(b)return gcd(b,a%b);return a;} #define mp(a,b) std::make_pair(a,b) #define pb push_back #define lb(x) ((x)&(-(x))) #define pm(a,b,c,d) a=(a+(ll)(b)*(c))%(d) const int N=1000001; struct node { node *c[2],*fa; int val,ma; bool rev; inline void rotate(bool f); inline void pushdown(); inline void pushup(); }s[N],_null,*null=&_null; inline void node::pushdown() { if(fa->c[0]==this||fa->c[1]==this) fa->pushdown(); if(rev) { rev=0; std::swap(c[0],c[1]); if(c[0]!=null)c[0]->rev=!c[0]->rev; if(c[1]!=null)c[1]->rev=!c[1]->rev; } } inline void node::rotate(bool f) { fa->c[f]=c[!f]; c[!f]=fa; fa=c[!f]->fa; if(c[!f]->fa->c[1]==c[!f]) c[!f]->fa->c[1]=this; else if(c[!f]->fa->c[0]==c[!f]) c[!f]->fa->c[0]=this; c[!f]->fa=this; c[!f]->c[f]->fa=c[!f]; c[!f]->pushup(); } inline void node::pushup() { ma=val; if(c[0]!=null)repr(ma,c[0]->ma); if(c[1]!=null)repr(ma,c[1]->ma); } inline void init(node *x,int v) { x->val=v,x->c[0]=null,x->c[1]=null,x->fa=null; } inline void splay(node *a) { a->pushdown(); while(a->fa->c[0]==a||a->fa->c[1]==a) a->rotate(a==a->fa->c[1]); a->pushup(); } inline void access(node *a) { node *x=null; while(a!=null) { splay(a); a->c[1]=x; a->pushup(); x=a,a=a->fa; } } inline void movetoroot(node *x) { access(x); splay(x); x->rev=!x->rev; } inline void link(node *x,node *y) { movetoroot(x); x->fa=y; } inline void cut(node *x,node *y) { movetoroot(x); access(y); splay(y); x->fa=null; y->c[0]=null; y->pushup(); } inline void split(node *x,node *y) { movetoroot(x),access(y),splay(y); } inline node* findroot(node *x) { while(x->fa!=null) x=x->fa; return x; } int main() { int n,m,lstans=0,opt,x,y; scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i /archives/70/ 2016-11-09T12:55:00+08:00 ###Description XLk觉得《上帝造题的七分钟》不太过瘾，于是有了第二部。 "第一分钟，X说，要有数列，于是便给定了一个正整数数列。 第二分钟，L说，要能修改，于是便有了对一段数中每个数都开平方(下取整)的操作。 第三分钟，k说，要能查询，于是便有了求一段数的和的操作。 第四分钟，彩虹喵说，要是noip难度，于是便有了数据范围。 第五分钟，诗人说，要有韵律，于是便有了时间限制和内存限制。 第六分钟，和雪说，要省点事，于是便有了保证运算过程中及最终结果均不超过64位有符号整数类型的表示范围的限制。 第七分钟，这道题终于造完了，然而，造题的神牛们再也不想写这道题的程序了。" ——《上帝造题的七分钟·第二部》 所以这个神圣的任务就交给你了。 ###Input 第一行一个整数n，代表数列中数的个数。 第二行n个正整数，表示初始状态下数列中的数。 第三行一个整数m，表示有m次操作。 接下来m行每行三个整数k,l,r，k=0表示给[l,r]中的每个数开平方(下取整)，k=1表示询问[l,r]中各个数的和。 ###Output 对于询问操作，每行输出一个回答。 ###Sample Input 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 5 0 1 10 1 1 10 1 1 5 0 5 8 1 4 8 ###Sample Output 19 7 6 ###Solution 显然，一个数最多开根6次就会变成1 那么直接用线段树维护区间最大值，每次暴力修改即可 ###Code ```c++ #include typedef unsigned char uchar; typedef unsigned int uint; typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; #define xx first #define yy second template inline T max(T a,T b){return a>b?a:b;} template inline T min(T a,T b){return a0?a:-a;} template inline void repr(T &a,T b){if(ab)a=b;} #define mp(a,b) std::make_pair(a,b) #define pb push_back int n,t=1; ll s[270000],ma[270000]; inline void up(int x) { s[x]=s[x