2018ICPC南京网络赛

A. An Olympian Math Problem

题目描述：求(sum_{i=1}^{n} i imes i! \%n)

solution

[(n-1) imes (n-1)! \% n= (n-2)!(n^2-2n+1) \%n =(n-2)! ]

[(n-2+1) imes (n-2)! \% n= (n-3)!(n^2-3n+2) \%n =(n-3)! imes 2 ]

以此类推，最终只剩下(n-1)

时间复杂度：(O(1))

B. The writing on the wall

题目描述：有一个(n imes m)的网格图，其中有些格子是黑色，其它都是白色，问不含黑色格子的矩形有多少个。

solution
先预处理出每个格子向右延伸的最长距离是多少，记作(ri[i][j])。
对于每一列(j)，将行按(ri)从大到小排序，按顺序插回去，用并查集维护连通块，当将第(i)行插回去是，(i)所在的连通块最长延伸距离为(ri[i][j])，为避免重复，只算跨过(i)这一行的贡献。

时间复杂度：(O(n^3))

C. GDY

据说是比较坑的模拟题，队友做的。

D. Jerome's House

题目描述：在一个凸包内放三个半径为(r)的圆（圆可以相交），求圆心所形成的三角形的面积的最大值的两倍。

solution
将凸包的所有边向内移动(r)，用半平面交求出之后的凸包，然后在凸包上求面积最大的三角形，枚举两个点，然后第三个点是单调的。

时间复杂度：(O(n^2))

E. AC Challenge

裸状压(dp).

F. An Easy Problem On The Trees

G. Lpl and Energy-saving Lamps

裸线段树。

H. Set

题目描述：有(n)个点, 每个点有一个权值。(m)个操作，操作有三种：

给定(u, v)，如果(u, v)不在同一个集合，那么将它们所在的集合合并
给定(u)，将(u)所在集合的点的权值加一。
给定(u, k, x)，求(u)所在集合的点的权值模(2^k)等于(x)的有多少。

solution
看到第三个操作，就会想到用(trie)来维护每个集合的数（越接近树根数位越低），操作一就是将两棵(trie)暴力合并，由于只有合并操作，因此每个点只会被合并一次，因此总的时间复杂度还是(O(nlogn))，对于操作二，可以在(trie)上面打标记，表示子树要加数，假设加的数为(x)，若(x)为奇数，则本来该数位是(0)的数变成(1)，(1)变成(0)，并且要进位，即交换儿子，交换后儿子(0)的标记加一；若(x)为偶数，则直接把标记往下打即可，往下打得标记为(x/2).

时间复杂度：(O((n+m)k))

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

const int maxn=int(6e5)+100;

struct node
{
	node *son[2];
	int cnt;
	int mark;

	node()
	{
		cnt=mark=0;
		son[0]=son[1]=NULL;
	}

	void down()
	{
		if (mark & 1) swap(son[0], son[1]);
		if (son[0]) son[0]->mark+=(mark>>1)+(mark & 1);
		if (son[1]) son[1]->mark+=(mark>>1);
		mark=0;
	}
};

node memory[maxn*31];
node *mem=memory;
int n, m;
int dsu[maxn];
node *trie[maxn];

void insert(node *cur, int v)
{
	++cur->cnt;
	for (int i=0; i<30; ++i, v>>=1)
	{
		if (!cur->son[v & 1]) cur->son[v & 1]=mem++;
		cur=cur->son[v & 1];
		++cur->cnt;
	}
}
void read()
{
	scanf("%d%d", &n, &m);
	for (int i=1; i<=n; ++i) dsu[i]=-1;
	for (int i=1; i<=n; ++i)
	{
		int v;
		scanf("%d", &v);
		trie[i]=mem++;
		insert(trie[i], v);
	}
}
int dsu_find(int cur)
{
	return (dsu[cur]<0? cur:(dsu[cur]=dsu_find(dsu[cur])));
}
void dsu_merge(int &x, int &y)
{
	if (dsu[x]>dsu[y]) swap(x, y);
	dsu[x]+=dsu[y];
	dsu[y]=x;
}
node *merge(node *x, node *y)
{
	if (!x) return y;
	if (!y) return x;
	if (x->mark) x->down();
	if (y->mark) y->down();
	x->cnt+=y->cnt;
	x->son[0]=merge(x->son[0], y->son[0]);
	x->son[1]=merge(x->son[1], y->son[1]);
	return x;
}
int ask(node *cur, int k, int x)
{
	if (cur->mark) cur->down();
	for (int i=0; i<k; ++i, x>>=1)
	{
		if (!cur->son[x & 1]) return 0;
		cur=cur->son[x & 1];
		if (cur->mark) cur->down();
	}
	return cur->cnt;
}
void solve()
{
	for (int i=1; i<=m; ++i)
	{
		int type, u, v, x;
		scanf("%d%d", &type, &u);
		u=dsu_find(u);
		switch (type)
		{
			case 1:
				scanf("%d", &v);
				v=dsu_find(v);
				if (u==v) break;
				dsu_merge(u, v);
				trie[u]=merge(trie[u], trie[v]);
				break;
			case 2:
				++trie[u]->mark;
				break;
			case 3:
				scanf("%d%d", &v, &x);
				printf("%d
", ask(trie[u], v, x));
				break;
		}
	}
}
int main()
{
	read();
	solve();
	return 0;
}

I. Skr

题目描述：给定一个只含数字的字符串，求不同回文子串的和（子串所代表的数字的和）

solution
裸回文树。

J. Sum

题目描述：定义(f(n))为(n)分解为两个非平方数乘积的方案数（有序数对），非平方数指的是没有平方数因子的数，(1)除外。问(sum_{i=1}^{n} f(i))

solution
将一个数(n)分解质因数，若某个质因子的幂大于(2)，则(f(n)=0),因为无论怎么分，总有一个数会有两个该质因子；否则(f(n)=2^{幂次为1的质因子的个数})。而这东西显然是积性函数，因此可以线性筛预处理。

时间复杂度：(O(n))

K. The Great Nim Game

题目描述：有(n)堆石子，每堆石子的个数为(f(n))，一开始可以移走若干堆石子，使得在剩下的石子堆中玩(Nim)游戏先手必胜，问移走石子堆的方案数。

solution
如果直接给出每堆石子的个数，那这题就很简单了，就是算使得剩下的数异或值不为(0)即可，这个可以用状压(dp)。但这道题的(n)很大，(f(n))是由递推式给出的。观察式子可知(f(n))有一个长度为(k)的循环，因此可以算出每种数字有多少个，只是要用高精度表示而已，每种数字选奇数个或偶数个，因此方案数是(2^{个数-1})，因为个数很大，所以要用欧拉定理降幂。

时间复杂度：(O(n+2^kk))

L. Magical Girl Haze

题目描述：有一个(n)个点(m)条边的图，现在可以将不多于(k)条边的权值变成(0)，求(1)到(n)的最短路径。

solution
拆点，将一个点拆成(k+1)个，表示已经变了多少条边。然后用(dijkstra)才能过。（好像(SPFA+SLF)优化也可以）

时间复杂度：(O(mlog(nk)))

2018ICPC南京网络赛