1126考試總結

題目大意 :

給定乙個\(n * n\)的矩形, 有\(m\)次操作\((r, c, l, s)\), 表示給左上端點為\((r, c)\), 右下端點為\((r + l - 1, c + l - 1)\), 左下端點為\((r + l - 1, c)\)的等腰直角三角形內所有的格仔都加上\(s\).求最後所有格仔的異或和.每個格仔一開始都是0;

\(n <= 1000, m <= 300000, s <= 1e9\)

差分 + 二維字首和.

暴力加肯定是不行的, 我們考慮差分.

我們分別用\(a, b\)表示縱向的和斜著的差分陣列. 對於乙個操作\((r,c,l,s)\) :

\(a[r][c] += s\ \ \ a[r + l][c] -= s\)

\(b[r][c + 1] += s\ \ \ b[r + l][c + l + 1] -= s\)

然後字首和一下, 只不過\(b\)比較特殊:\(b[i][j] += b[i- 1][j- 1]\)

最後統計答案的時候 : \(sum[i][j] += sum[i][j - 1] + a[i][j] - b[i][j]\).(好吧我還不透徹)

#include using namespace std;
char buf[1 << 20 | 1] , *f1 = buf, *f2 = buf, pbuf[1 << 24 | 1], *f3 = pbuf, sta[1 << 10 | 1];
#define getchar() ((f1 == f2) && (f2 = (f1 = buf) + fread(buf, 1, sizeof buf, stdin), f1 == f2) ? eof : *f1 ++)
inline long long read() 
const int n = 1003;
long long a[n][n], b[n][n], sum[n][n];
int main() 
for(register int j = 1;j <= n; ++ j) 
for(register int i = 1;i <= n; ++ i) a[i][j] += a[i - 1][j];
for(register int i = 1;i <= n; ++ i)
for(register int j = 1;j <= n; ++ j) b[i][j] += b[i - 1][j - 1];
for(register int i = 1;i <= n; ++ i)
for(register int j = 1;j <= n; ++ j) sum[i][j] += sum[i][j - 1] + a[i][j] - b[i][j]; 
for(register int i = 1;i <= n; i++) 
for(register int j = 1;j <= n; j++) ans ^= sum[i][j];
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}

題目大意 :

有一顆\(n\)個節點的樹, 一開始所有點都是白點, 每個點都有乙個權值\(val_i\). 有兩種操作(共有\(m\)次):

modify x : 把\(x\)改為黑點.

query x : 查詢點\(x\)與其他黑點的lca的最大權值是多少.

\(n <= 1e5, m <= 2e5\)

dfs序 + 線段樹.

假設當前把\(x\)從白色變到黑色, 很明顯, \(x\)的子樹內的所有節點的答案都可以是\(x\)(\(x\)與子樹內的點的lca為\(x\)), 讓子樹內的所有節點的答案都與\(val_x\)取\(max\)就好了.

然後我們考慮這個點還可以對那些點有貢獻. 答案是它祖先的別的子樹裡的點.假設\(fa\)是\(x\)的乙個祖先, 其中的乙個子樹包含節點\(x\), 那麼\(x\)與\(fa\)其他子樹內的點的lca就是\(fa\), 那麼其他子樹內的點的答案可以與\(val_\)取\(max\).

然後我們可以知道每個點作為lca取更新其他點的機會最多只有1次, 再多就沒用啦.所以這裡可以大大減少複雜度.

具體思路就是這樣, 我們還需要用dfs把更新一顆子樹變成區間操作, 然後用線段樹維護一下答案就可以了.

#include #define ls(o) (o << 1)
#define rs(o) (o << 1 | 1)
#define mid ((l + r) >> 1)
using namespace std;
inline long long read() 
const int n = 1e5 + 5;
int n, m, cnt, tot;
char s[10];
int a[n], fa[n], siz[n], dfn[n], vis[n], tag[n << 2], max[n << 2], head[n];
struct edge  e[n << 1];
void add(int x, int y) 
void get_tree(int x, int fa) 
}void build(int o, int l, int r) 
void modify(int o, int val) 
void down(int o) 
void change(int o, int l, int r, int x, int y, int val) 
down(o);
if(x <= mid) change(ls(o), l, mid, x, y, val);
if(y > mid) change(rs(o), mid + 1, r, x, y, val);
}void change(int x, int y, int v) 
void change(int x) 
}int query(int o, int l, int r, int x) 
int main() 
return 0;
}

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2016 7 14考試總結。

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