[考试反思]0909csp-s模拟测试41：反典

说在前面：我是反面典型！！！不要学我！！！

说在前面：向rank1某脸学习，不管是什么题都在考试反思后面稍微写一下题解。

这次是真的真的运气好。。。

这次知识点上还可以，但是答题策略出了问题。。。

幸亏平时攒的rp生效了（前一天比较耐心的教不少人题来着，与某脸形成对比rp++）（然而可能也并不耐心）

考试过程：

考前，大脸说他可能不是第一个AK csp-s赛制的人，但是应该是第一个AC的。

于是我的目标就变成了抢第一个AC：我要快速切掉最简单的题！！！

考前flag必倒。。。

于是反正第一步就是先找到最简单的题吧。。。

过了一边三道题：T1显然需要找规律并不是很快能切掉，T2数据结构去死吧不会

等等，T3这是啥？大力模拟？STL set可以水？

发现自己hack不掉，然后就开始码。

好写好调。（其实都没怎么调，过编译就过样例）

刚好这题没有大一点的样例，我就直接交了。

然而心急了。细节打错了！

不要给自己凭空施压！

从时间上看的确是第一个，但不是第一个AC。。。

考后5分钟乱改就A了。

然后相较于T2当然我宁愿滚去推式子于是T2暴力都没有打。

然后就去推式子了。然后就差不多死了。（详见下方题解）

暴力很好弄啊。。。但是用了一个小时

但是我的暴力始终过不了小样例里的某一个询问，其实是我手抄样例时抄错了。

我还以为我打错了，心态略崩。抱着骗分的想法继续了。

然后发现会MLE，优化，又用了一个小时。。。

这还是比某孩子tdcp直接MLE0好一些的。

不要忘了还有MLE这种错。

于是我还有20分钟，不抛弃不放弃去T2打暴力。

14分钟完成，过不了样例结果发现和我手模结果一致。。。我手模都不对。。。？！

又看错题了！！！

做题之前不管时间多么紧迫一定要好好看题再手模一个样例！！！不要白费时间！！！

然后就结束了，平时一定会炸一道题，我就交了两个如果炸掉一个的话就只剩100分/80分了

但是rp爆发没有爆炸，拿到了100+空白+80=180。

然后教练说：吴迪又是一个反面示范。

我错了了了了了了了。。。。。

一定要打暴力！！！！

题解区：

T1：夜莺与玫瑰

我的式子是$ sumlimits_{i=1}^{n-1} sumlimits_{j=1}^{m-1} [gcd(i,j)==1] imes (min(i,n-i) imes (m-j) + min(j,m-j) imes (n-i) - min(i,n-i) imes min(j,m-j)) $

很长，很丑，但是有具体含义，我给Alpaca解释过了但是实在太复杂，对实际含义感兴趣的可以来找我。

现在的问题是化简。

我们可以发现最不好搞的两项就是min的项，但是只要分类讨论i和n-i的关系以及j同理，那么就可求了。

当i和j分别小于n/2和m/2时，式子的值可以化简为$ sumlimits_{i=1}^{n/2} sumlimits_{j=1}^{m/2} [gcd(i,j)==1] n*j+m*i-i*j*3 $

在其他情况下，同理可以化简为只含有ij,im,jn,ij的项

那么我们可以预处理ij，i，j，1在gcd(i,j)==1时的前缀和，4个二维数组干上再O(1)计算即可

发现会MLE。

那么我们就可以离线所有询问，使询问的n递增，我们一次只处理二位数组的一行就行了。

//for(int i=1;i<=n-1;++i)for(int j=1;j<=m-1;++j)if(gcd(i,j)==1)
//    ans+=min(n-i,i)*(m-j)+(n-i)*min(m-j,j)-min(n-i,i)*min(m-j,j);
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const long long mod=1<<30;
long long sig_1[4005],sig_i[4005],sig_j[4005],sig_ij[4005];
long long si_1[4005],si_i[4005],si_j[4005],si_ij[4005];
long long s_1,s_i,s_j,s_ij;
int gcd(int a,int b){return b?gcd(b,a%b):a;}
struct ps{int m,n,ord,ans;}p[10005];
bool com_n(ps a,ps b){return a.n<b.n;}
bool com_ord(ps a,ps b){return a.ord<b.ord;}
void Mod(long long &p){if(p>=mod)p-=mod;}
int main(){
    int T,p1=0,p2=0;
    scanf("%d",&T);
    for(int i=1;i<=T;++i)scanf("%d%d",&p[i].n,&p[i].m),p[i].ord=i;
    sort(p+1,p+1+T,com_n);
    for(int i=1;i<=T;++i){
        int n=p[i].n,m=p[i].m;
        while(p1<n/2){
            p1++;
            for(int j=1;j<=2000;++j){
                if(gcd(p1,j)==1)s_1++,Mod(s_i+=p1),Mod(s_j+=j),(s_ij+=p1*j)%=mod;
                Mod(sig_1[j]+=s_1),Mod(sig_i[j]+=s_i),
                Mod(sig_j[j]+=s_j),Mod(sig_ij[j]+=s_ij);
            }
            s_1=s_i=s_j=s_ij=0;
        }
        while(p2<n-1){
            p2++;
            for(int j=1;j<=4000;++j){
                if(gcd(p2,j)==1)s_1++,Mod(s_i+=p2),Mod(s_j+=j),(s_ij+=p2*j)%=mod;//if(j<=2)printf("--%lld
",s_1);
                Mod(si_1[j]+=s_1),Mod(si_i[j]+=s_i),
                Mod(si_j[j]+=s_j),Mod(si_ij[j]+=s_ij);//if(j<=2)printf("%lld
",si_1[j]);
            }
            s_1=s_i=s_j=s_ij=0;
        }
        p[i].ans=(mod+(
            (-n*m*sig_1[m/2]-4*sig_ij[m/2]+2*sig_i[m/2]*m+2*sig_j[m/2]*n)
            +
            (n*m*si_1[m-1]+si_ij[m-1]-si_i[m-1]*m-si_j[m-1]*n)
        )%mod)%mod;//printf("%lld %lld %lld %lld
",si_1[m-1],si_ij[m-1],si_i[m-1],si_j[m-1]);
    }
    sort(p+1,p+1+T,com_ord);
    for(int i=1;i<=T;++i)printf("%lld
",(p[i].ans*2+p[i].n+p[i].m)%mod);
}

记录思想（包括其它大神用的）：

• 离线
• 记忆化gcd（去掉log）
• 反演（带根号回答询问）
• 拆式子，去min，max，保留不同的0，1，2次项求前缀和
• 卡空间，运行内存实际很小，2×4000×4000在128M下可过
• 询问排序递增，单调指针硬扫

T2：影子

考场上没打，不多说

前置知识：树的直径。

树上任意一点开始dfs，距离最远的点一定是直径的两个端点之一。

接下来按照点权排序，从大到小解锁每一个点。

然后我们用并查集维护当前树的直径以及端点，每次合并AB时分别讨论：

1.直径就是A里的直径

2.就是B里的

3-6.是从A的端点里选一个，走到目前枚举的边，再走到B的一个端点

取最优决策，用直径×点权更新ans。

因为前两种情况里直径一定被更大或相等的点权枚举过，所以用较小的点不会使ans变大，故决策最优。

预处理，倍增求LCA，树上前缀和，实现O(log)查询两点距离。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define int long long
int t,n,fir[100005],l[200005],to[200005],cnt,f[100005],al[100005],p1[100005],p2[100005];
int ans,v[200005],d[100005],F[20][100005],dep[100005],dt[100005];
struct ps{int p,v;friend bool operator<(ps a,ps b){return a.v>b.v;}}p[100005];
void link(int a,int b,int vv){l[++cnt]=fir[a];fir[a]=cnt;to[cnt]=b;v[cnt]=vv;}
int find(int k){return f[k]==k?k:f[k]=find(f[k]);}
void dfs(int p,int fa){
    F[0][p]=fa;dep[p]=dep[fa]+1;
    for(int i=1;i<=19;++i)F[i][p]=F[i-1][F[i-1][p]];
    for(int i=fir[p];i;i=l[i])if(to[i]!=fa)dt[to[i]]=dt[p]+v[i],dfs(to[i],p);
}
int DT(int a,int b){//printf("DT:%lld %lld
",a,b);
    int A=a,B=b,subdep=dep[a]-dep[b];
    if(subdep<0)subdep=-subdep,a^=b^=a^=b,A^=B^=A^=B;
    for(int i=0;i<=19;++i)if(subdep&1<<i)a=F[i][a];
    if(a==b)return dt[A]-dt[B];
    for(int i=19;~i;--i)if(F[i][a]!=F[i][b])a=F[i][a],b=F[i][b];
    a=F[0][a];
    return dt[A]+dt[B]-dt[a]-dt[a];
}
main(){//freopen("b.in","r",stdin);
    //freopen("x.in","r",stdin);//freopen("my.out","w",stdout);
    scanf("%lld",&t);
    while(t--){
        scanf("%lld",&n);
        for(int i=1;i<=n;++i)f[i]=p1[i]=p2[i]=i;
        for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%lld",&p[i].v),p[i].p=i;
        sort(p+1,p+1+n);
        for(int i=1,a,b,vv;i<n;++i)scanf("%lld%lld%lld",&a,&b,&vv),link(a,b,vv),link(b,a,vv);
        dfs(1,0);
        for(int i=1;i<=n;++i){
            int P=p[i].p;al[P]=1;//printf("Unlocked : %lld
",P);
            for(int j=fir[P];j;j=l[j])if(al[to[j]]){
                int F=find(to[j]);f[F]=P;
                int d1=DT(P,p1[P]),d2=DT(P,p2[P]),totd,c1,c2;
                if(d1>d2)totd=d1,c1=p1[P];else totd=d2,c1=p2[P];//printf("%lld %lld %lld %lld
",d1,d2,p1[P],p2[P]);
                d1=DT(to[j],p1[F]),d2=DT(to[j],p2[F]);
                if(d1>d2)totd+=d1,c2=p1[F];else totd+=d2,c2=p2[F];//printf("%lld %lld %lld %lld
",d1,d2,p1[F],p2[F]);
                if(totd+v[j]>d[P])d[P]=totd+v[j],p1[P]=c1,p2[P]=c2;//,puts("UPD");
                if(d[F]>d[P])d[P]=d[F],p1[P]=p1[F],p2[P]=p2[F];
                ans=max(ans,d[P]*p[i].v);//printf("%lld %lld %lld %lld
",to[j],d[P],p1[P],p2[P]);
            }
        }printf("%lld
",ans);
        for(int i=1;i<=n;++i)fir[i]=d[i]=al[i]=0;
        cnt=ans=0;
    }
}

思路积累：

• 并查集维护联通块
• 树的直径性质
• 点分治做法（没打，但是简单粗暴，难打好想）
• 贪心，按顺序解锁点
• 预处理做到O(log)求树上点对距离{树上差分+倍增LCA}
• 要会打暴力

T3：玫瑰花精

set大力模拟即可。

维护两个set，一个存两个花精之间的间隔，另一个存位置。

不断按照题意insert，erase即可。

#include<cstdio>
#include<set>
#include<vector>
using namespace std;
struct ps{
    int dt,sp;
    friend bool operator<(ps a,ps b){
        return a.dt/2>b.dt/2||(a.dt/2==b.dt/2&&a.sp<b.sp);
    }
};
set<ps>bl;set<int>p;
int n,m,o,x,ip[1000005];
int main(){//freopen("c.in","r",stdin);
    scanf("%d%d",&n,&m);
    while(m--){
        scanf("%d%d",&o,&x);
        if(o==1){
            if(p.size()==0)p.insert(0),ip[x]=0,puts("1");
            else if(p.size()==1){
                int xx=*p.begin();
                if(xx>=n>>1)p.insert(0),ip[x]=0,puts("1"),bl.insert((ps){xx,0});
                else p.insert(n-1),ip[x]=n-1,printf("%d
",n),bl.insert((ps){n-xx-1,xx});
            }
            else{
                int p1=*p.begin(),p2=n-(*(--p.end()))-1,p3=(*bl.begin()).dt/2,p3p=(*bl.begin()).sp;
                if(p1>=p2&&p1>=p3)p.insert(0),ip[x]=0,puts("1"),bl.insert((ps){p1,0});
                else if(p2>p3)p.insert(n-1),ip[x]=n-1,printf("%d
",n),bl.insert((ps){p2,n-p2-1});
                else{
                    int l=p3p,r=(*bl.begin()).dt+p3p,xx=l+r>>1;
                    p.insert(xx);ip[x]=xx;printf("%d
",xx+1);
                    bl.insert((ps){r-xx,xx});bl.insert((ps){xx-l,l});
                    bl.erase(bl.begin());//printf("%d %d %d
",l,r,xx);
                }
            }
        }else{
            if(p.size()<=2)p.erase(ip[x]),bl.clear();
            else{
                if(ip[x]==(*p.begin()))bl.erase((ps){(*p.upper_bound(ip[x]))-ip[x],ip[x]});
                else if(ip[x]>=(*(--p.end())))bl.erase((ps){ip[x]-(*(--p.end())),(*(--p.end()))});
                else{
                    int lp=*(--(p.lower_bound(ip[x]))),rp=*(p.upper_bound(ip[x]));
                    bl.erase((ps){rp-ip[x],ip[x]});bl.erase((ps){ip[x]-lp,lp});
                    bl.insert((ps){rp-lp,lp});
                }
                p.erase(ip[x]);
            }
        }
    }
}

思路积累：

• STL的熟练应用
• 线段树维护最长区间（同《旅馆Hotel》，我还没有A）
• 代码实现细节，注意先后顺序
• 重载比较函数的多样性