中山纪中集训Day5叒是测试(划淼)
A组T1 矩阵游戏(game) 九校联考24OI__D1T1
问题描述
LZK发明一个矩阵游戏,大家一起来玩玩吧,有一个N行M列的矩阵。第一行的数字是1,2,…M,第二行的数字是M+1,M+2…2*M,以此类推,第N行的数字是(N-1)*M+1,(N-1)*M+2…N*M。
例如,N=3,M=4的矩阵是这样的:
1 2 3 4
5 6 7 8
9 10 11 12
对于身为智慧之神的LZK来说,这个矩阵过于无趣.于是他决定改造这个矩阵,改造会进行K次,每次改造会将矩阵的某一行或某一列乘上一个数字,你的任务是计算最终这个矩阵内所有数字的和,输出答案对109+7取模。
输入
第一行包含三个正整数N、M、K,表示矩阵的大小与改造次数。接下来的行,每行会是如下两种形式之一:
R X Y,表示将矩阵的第X(1 ≤ X ≤ N)行变为原来的Y(0 ≤ Y ≤10^9)倍.
S X Y,表示将矩阵的第X(1 ≤ X ≤ M)列变为原来的Y(00≤ Y ≤10^9)倍.
输出
输出一行一个整数,表示最终矩阵内所有元素的和对109+7109+7取模的结果。
输入输出样例
样例1
input
3 4 4
R 2 4
S 4 1
R 3 2
R 2 0
output
94
样例2
input
2 4 4
S 2 0
S 2 3
R 1 5
S 1 3
output
80
样例一的解释:操作结束之后矩阵会变成这样:
1 2 3 4
0 0 0 0
18 20 22 24
数据范围
40%的数据满足:1≤N,M≤1000;
80%的数据满足:1≤N,M≤1000000,1 ≤ K ≤1000;
100%的数据满足:1≤N,M≤1000000,1 ≤ K ≤100000。
假装很酷地分析
暗中观察可知
1.操作可以任意顺序进行,不会影响最终结果。
2.每一行都是一个等差数列,且一开始公差都为1。
3.每一列相加得到的数列也是等差数列,公差为所有等差数列的公差之和。
我们就可以考虑先进行 行 的操作,再进行 列 的操作。每一行的数乘上一个数后仍然是等差数列,公差增加相应倍数。这样,对于每一行,我们只用维护第一项和它的公差就好了。当 行的操作弄完后,将所有等差数列的第一项相加,得到第一列的和,再将公差相加,得到每一列和的公差,就可以求出每一列的和,剩下的就是直接对列的和进行乘法就好了。(终于帅气地切掉一道题的激动)
#include<cstdio>
const int mod=;
int n,m,k,cnt;char ch[];
int a[],b[],sum[],d,ans;
struct node{int x,y;}q[];
int main()
{
//freopen("game.in","r",stdin);freopen("game.out","w",stdout);
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);for(int i=;i<=n;i++)a[i]=(1ll*(i-)*m+)%mod,b[i]=;
for(int i=,x,y;i<=k;i++)
{
scanf("%s%d%d",ch+,&x,&y);
if(ch[]=='S'){q[++cnt].x=x,q[cnt].y=y;continue;}
a[x]=(1ll*a[x]*y)%mod;b[x]=(1ll*b[x]*y)%mod;
}
for(int i=;i<=n;i++)sum[]=(sum[]+a[i])%mod,d=(d+b[i])%mod;
for(int i=;i<=m;i++)sum[i]=(sum[i-]+d)%mod;
for(int i=;i<=cnt;i++)sum[q[i].x]=(1ll*sum[q[i].x]*q[i].y)%mod;
for(int i=;i<=m;i++)ans=(ans+sum[i])%mod;
printf("%d\n",ans);
}
A组T2 跳房子(jump)跳楼
↑
导致我几天更不了博客的万恶之源
题目描述
跳房子,是一种世界性的儿童游戏,也是中国民间传统的体育游戏之一。
跳房子是在N个格子上进行的,CYJ对游戏进行了改进,该成了跳棋盘,改进后的游戏是在一个N行M列的棋盘上进行,并规定从第一行往上可以走到最后一行,第一列往左可以走到最后一列,反之亦然。每个格子上有一个数字。
在这个棋盘左上角(1,1)放置着一枚棋子。每次棋子会走到右、右上和右下三个方向格子中对应上数字最大一个。即任意时刻棋子都只有一种走法,不存在多个格子同时满足条件。
现在有两种操作:
move k将棋子前进k步。
change a b e将第a行第b列格子上的数字修改为e。
请对于每一个move操作输出棋子移动完毕后所处的位置。
输入格式
第一行包含两个正整数N,M,表示棋盘的大小。
接下来N行,每行M个整数,依次表示每个格子中的数字a[i,j]。
接下来一行包含一个正整数Q,表示操作次数。
接下来m行,每行一个操作。
输出格式
对于每个move操作,输出一行两个正整数x,y,即棋子所处的行号和列号。
样例
样例输入
4 4
1 2 9 3
3 5 4 8
4 3 2 7
5 8 1 6
4
move 1
move 1
change 1 4 100
move 1
样例输出
4 2
1 3
1 4
数据范围与提示
10的数据满足:3⩽N,M⩽50,Q⩽5,000,k⩽50;
20的数据满足:3⩽N,M⩽200,Q⩽5,000,k⩽5,000;
另有20的数据满足:3⩽N,M⩽200,Q⩽5,000,k⩽10^9;
100的数据满足:3⩽N,M⩽2,000,Q⩽5,000,e,k⩽10^9;
看完题解才知道如何分析
首先,图中肯定有环。但如果选择维护所有点是否在环上,一次更改操作复杂度就爆炸了。(于是考场上我选择一步一步走)其实只需要选一个折中的办法,维护第一列的每个点走n步回到第一列会到达哪个位置,以及第一列每个点是否在环上和环的长度即可(这是个基环树,只会有一个环)。
对于每次移动操作,先暴力移动到第一列,再一行一行的跳,若跳到环则直接让 步数 模 环的长度,最后仍然一次跳一行,步数不足一行就暴力跳。
对于每次修改操作,先判断修改的点的前面三个点中,哪些是会因为它的改变而改变路径,在倒退看第一列哪些点会经过这三个点,修改要维护的信息。
修改时每个点都倒退回去显然是会TLE的,但我们发现两个相邻的点路径无法交叉,就像这样:
显然这样的情况是不合法的。既然路径无法交叉,我们就只用维护受影响的点中两边上的几个点,就可以得到受影响的点的左右边界。(因为移动可能会越过边界,所以左边界可能比右边界还要大,这时维护矩阵两侧的点就好了)。讲得比我详细不知多少倍的原博客:https://www.cnblogs.com/wzc521/p/11310817.html。
代码(这道题写的我想去跳楼了,所以不要在意那个O2)
#pragma GCC optimize(2)
#include<cstdio>
int n,m,q,len,dx[]={-,,};char ch[];
int cir[],vis[],sta[],inst[],jump[],mart[][];
struct node{int x,y;}ans,p[];
inline node nex(node o)
{
int maxx=,nex,y=o.y%m+;
for(int k=,x;k<;k++)if(mart[x=(o.x+dx[k]-+n)%n+][y]>maxx)maxx=mart[nex=x][y];
return (node){nex,y};
}
inline node walk(node o,int k){if(!k)return o;return walk(nex(o),k-);}
inline void judge(int x)
{
vis[x]=inst[x]=;sta[++sta[]]=x;
if(inst[jump[x]])
{
int y;len=;
do{inst[y=sta[sta[]--]]=;cir[y]=;len+=m;}while(y!=jump[x]);
}
else if(!vis[jump[x]])judge(jump[x]);
inst[x]=;
}
inline void move(int k)
{
while(k&&ans.y!=)k--,ans=nex(ans);
while(k>=m&&!cir[ans.x])k-=m,ans.x=jump[ans.x];
k%=len;while(k>=m)k-=m,ans.x=jump[ans.x];
while(k--)ans=nex(ans);
}
inline int fix(int x,int y,int k1)
{
if(y==)return x;int befx=-;
node bef;bef.y=(y--+m)%m+;
for(int k=;k<=&&befx==-;k++)
bef.x=(x+k1*dx[k]-+n)%n+,befx=nex(bef).x==x&&nex(bef).y==y?fix(bef.x,bef.y,k1):-;
return befx;
}
inline void change(int a,int b,int e)
{
int v[][]={},y=(b--+m)%m+;
for(int k=;k<;k++)p[k].x=(a-dx[k]-+n)%n+,p[k].y=y,v[k][]=(nex(p[k]).x==a&&nex(p[k]).y==b);
mart[a][b]=e;for(int k=;k<;k++)v[k][]=(nex(p[k]).x==a&&nex(p[k]).y==b);
for(int k=,tot;k<;k++)if(v[k][]!=v[k][])
{
tot=walk(p[k],m-p[k].y+).x;
int l=fix(p[k].x,p[k].y,),r=fix(p[k].x,p[k].y,-);
if(l==-||r==-)continue;
for(int i=l;i!=r;i=i%n+)jump[i]=tot;jump[r]=tot;
}
}
int main()
{
//freopen("jump.in","r",stdin);freopen("jump.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=;i<=n;i++)for(int j=;j<=m;j++)scanf("%d",&mart[i][j]);
for(int i=;i<=n;i++)jump[i]=walk((node){i,},m).x;
for(int i=;i<=n;i++)if(!vis[i])judge(i);
scanf("%d",&q);ans.x=ans.y=;
while(q--)
{
scanf("%s",ch);
if(ch[]=='m')
{
int k;scanf("%d",&k);
move(k);
printf("%d %d\n",ans.x,ans.y);
}
else
{
int a,b,e;scanf("%d%d%d",&a,&b,&e);
change(a,b,e);
for(int i=;i<=n;i++)vis[i]=cir[i]=;
sta[]=;
for(int i=;i<=n;i++)if(!vis[i])judge(i);
}
}
}
A组T3 优美序列(sequence)
问题描述
Lxy养了N头奶牛,他把N头奶牛用1..N编号,第i头奶牛编号为i。为了让奶牛多产奶,每天早上他都会让奶牛们排成一排做早操。奶牛们是随机排列的。在奶牛排列中,如果一段区间[L,R]中的数从小到大排列后是连续的,他认为这段区间是优美的。比如奶牛排列为:(3, 1, 7, 5, 6, 4, 2),区间[3,6]是优美的,它包含4,5,6,7连续的四个数,而区间[1,3] 是不优美的。Lxy的问题是:对于给定的一个区间[L,R](1<=L<=R<=N), 他想知道,包含区间[L,R]的最短优美区间,比如区间[1,3]的最短优美区间是[1,7]。
输入
第一行为一个整数N,表示奶牛的个数。
第二行为1到N的一个排列,表示奶牛的队伍。
第三行为一个整数M,表示有M个询问。
后面有M行,每行有两个整数L,R表示询问区间。
输出
输出为M行,每行两个整数,表示包含询问区间的最短优美区间。
输入输出样例
样例1
input
7
3 1 7 5 6 4 2
3
3 6
7 7
1 3
output
3 6
7 7
1 7
样例2
input
10
2 1 4 3 5 6 7 10 8 9
5
2 3
3 7
4 7
4 8
7 8
output
1 4
3 7
3 7
3 10
7 10
数据范围
15%的数据满足: 1 <=N,M <= 15;
50%的数据满足:1 <=N,M <= 1000。
100%的数据满足:1 <=N,M <= 100000。
根本不是正解的分析
在一个大佬的博客看到了80分的算法:(原博客:https://www.cnblogs.com/Ch-someone/p/9664616.html)
“
解析
为了给出题人留面子,不让他被骂出个题只有一种解法而且只有满分解法,我先给个80分做法。
预处理一个数组pos[i],表示数i在原数组的位置(第几个数)。
在询问区间内找一个最小值和最大值,作为新的l和r,新的l和r作为一个询问区间,在pos数组里找一个最小值和最大值,他们再作为新的l和r,形成询问区间,在原数组寻找最小值和最大 值,并再次重复刚才的操作……
上述过程可能很无脑很中二,然而这就是模拟题意找出答案的过程。
最大值最小值用st表预处理,一共四个st表,比线段树好写……
那么……
正解是分治,像归并排序那样。
不断求[l,mid] [mid+1,r]的优美序列,直到分成[mid,mid+1]
可以证明是正确的。
事实上分治做的熟练的人可能一眼秒这道题。
”
于是,某个同学把这个80分解法拿过来加了个优化,然后就过了。。。。。
优化是这样的:对于任意一个区间(l,r),它的最短优美区间一定包含它子区间的最短优美区间,所以用一个st表预处理以i为左端点,长度为2^j的区间的最短优美区间即可。
代码:
#include<cstdio>
#include<algorithm>
const int maxn=2e5+;
using namespace std;
struct node{int x,y;node(int x=,int y=):x(x),y(y){}}ans,pre[maxn][];
int n,m,a[maxn],log[maxn],pos[maxn];
int mx[maxn][],mn[maxn][],mxp[maxn][],mnp[maxn][];
inline void print(int x){if(x>)print(x/);putchar(x%+);}
inline int read(){register int x=;char ch;while(ch<''||ch>'')ch=getchar();while(ch>=''&&ch<=''){x=x*+ch-'';ch=getchar();}return x;}
inline node solve(int l,int r)
{
int minn,maxx,k,k1;k=log[r-l+];
while((maxx=max(mx[l][k],mx[r-(<<k)+][k]))-(minn=min(mn[l][k],mn[r-(<<k)+][k]))!=r-l)
k1=log[maxx-minn+],l=min(mnp[minn][k1],mnp[maxx-(<<k1)+][k1]),
r=max(mxp[minn][k1],mxp[maxx-(<<k1)+][k1]),k=log[r-l+];
return node(l,r);
}
void prework()
{
for(int i=;i<=n;i++)pre[i][]=node(i,i);
for(register int i=;i<=log[n];i++)for(register int j=;j<=n&&j+(<<(i-))<=n;j++)
pre[j][i]=solve(min(pre[j][i-].x,pre[j+(<<(i-))][i-].x),max(pre[j][i-].y,pre[j+(<<(i-))][i-].y));
}
int main()
{
//freopen("sequence.in","r",stdin);freopen("sequence.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
for(register int i=;i<=n;i++)a[i]=read(),mxp[a[i]][]=mnp[a[i]][]=pos[mn[i][]=mx[i][]=a[i]]=i,log[i+]=log[(i+)/]+;;
for(register int i=;i<=log[n];i++)for(register int j=;j<=n&&j+(<<(i-))<=n;j++)
mn[j][i]=min(mn[j][i-],mn[j+(<<(i-))][i-]),mx[j][i]=max(mx[j][i-],mx[j+(<<(i-))][i-]),
mnp[j][i]=min(mnp[j][i-],mnp[j+(<<(i-))][i-]),mxp[j][i]=max(mxp[j][i-],mxp[j+(<<(i-))][i-]);
prework();
scanf("%d",&m);
for(register int i=,l,r,k;i<=m;i++)
{
l=read(),r=read(),k=log[r-l+];
ans=solve(min(pre[l][k].x,pre[r-(<<k)+][k].x),max(pre[r-(<<k)+][k].y,pre[l][k].y));
print(ans.x);putchar(' ');print(ans.y);puts("");
}
}
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