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2018.9.17 離線賽 by ShimaKZ&EastKing

阿新 • • 發佈：2018-12-10

T1——faker(3920)

Description:

有一個長度為nn的初始為空的序列{AA},有m個操作,每個操作有: 1. ll,rr對區間[l,r][l,r]加11. 2. ll,rr重複操作[l,r][l,r]. 求操作完後序列{AA}. n≤106n \le 10^6

Solution:

  • 不難發現操作2是對於前面的操作,那麼就要從後往前執行操作2.
  • 那麼這樣就可以記錄下對於每個操作的次數cnticnt_i.
  • 那麼對於操作1就是sumisum_i加上當前的cnticnt_i即可.
  • 這樣sumisum_i,cnticnt_i就是字尾遍歷的.

Code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define REP(i,f,top)for(int i=(f),i##_end_=(top);i<=i##_end_;++i)
#define SREP(i,f,top)for(int i=(f),i##_end_=(top);i<i##_end_;++i)
#define DREP(i,f,top)for(int i=(f),i##_end_=(top);i>=i##_end_;--i)
#define db double
#define ll long long 
#define INF 0x3f3f3f3f
#define inf 0x3f3f3f3f3f3f3f
#define MINF 0xc0c0c0c0
#define Sz(A) sizeof(A)
#define mcl(A,b) memset(A,b,Sz(A))
#define mcp(A,b) memcpy(A,b,Sz(b))
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
template<class T>inline bool chkmin(T &x,T y){return y<x?x=y,1:0;}
template<class T>inline bool chkmax(T &x,T y){return x<y?x=y,1:0;}
typedef pair<int,int>PII;
template<class T>inline void Rd(T &x){
	x=0;char c;int f=1;
	while((c=getchar())<48)if(c=='-')f=-1;
	do x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
	while((c=getchar())>47);
	x*=f;
}

#define N 1000010
#define mod 1000000007

int n,m;
struct ask{
	int op,l,r;
}Q[N];

struct p2{
	int cnt[N],add[N];
	void solve(){
		cnt[m]=1;
		DREP(i,m,1){
			cnt[i]=(cnt[i]+cnt[i+1])%mod;
			if (Q[i].op==1) {
				add[Q[i].l]=(add[Q[i].l]+cnt[i])%mod;
				add[Q[i].r+1]=(add[Q[i].r+1]+mod-cnt[i])%mod;
			} else {
				cnt[Q[i].r]=(cnt[Q[i].r]+cnt[i])%mod;
				cnt[Q[i].l-1]=(cnt[Q[i].l-1]+mod-cnt[i])%mod;
			}
		}
		int ans=0;
		REP(i,1,n){
			ans=(ans+add[i])%mod;
			printf("%d%c",ans,i==n?'\n':' ');
		}
	}
}p2;

int main(){
//	freopen("faker.in","r",stdin);
//	freopen("faker.out","w",stdout);
	Rd(n),Rd(m);
	REP(i,1,m)Rd(Q[i].op),Rd(Q[i].l),Rd(Q[i].r);
	p2.solve();
	return 0;
}

T2——poi(3921)

Description:

有n個排成一行的島嶼,有在這些島嶼上建立燈塔.需要滿足hi&gt;hi+1,hi−1h_i&gt;h_{i+1},h_{i-1},特別地,h1&gt;h2,hn&gt;hn−1h_1&gt;h_2 , h_n&gt;h_{n-1}.而你可以強行將一個島嶼的hh變小,代價即為減小的hh問建立11~⌈n2⌉\lceil \frac{n}{2} \rceil的最小代價. n≤5000,hi≤105n \le 5000 , h_i \le 10^5

Solution:

  • 首先看題,就可以判斷是一道經典的dpdp.
  • 那麼我們先來分析一下問題的本質.
  • 對於第ii個燈塔來說,第i−1i-1和i+1i+1一定不是燈塔.
  • 而我們不難發現對於第ii個島嶼來說,我們只關心第i−1i-1,i+1i+1個.
  • 若我們做從左到右的遞推,即對於第ii個島嶼來說,只關心第i−2i-2,i−1i-1個.(猜測之後一定會滾動陣列優化一下)
  • 對於題目問的是11~⌈n2⌉\lceil \frac{n}{2} \rceil.這固然不能單獨解決.一定是問題的其中一維.
  • 那麼我們就不難想到一個dpdp的狀態:dp[i][j][k]dp[i][j][k]表示前ii個島嶼中建立了jj個燈塔的最小代價.
  • k=0表示在i−1i-1,ii處都不建塔.
  • k=1表示在ii處建塔.
  • k=2表示在i−1i-1處建塔.
  • 然後再將其分類討論一下,不難轉移.

Code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define REP(i,f,top)for(int i=(f),i##_end_=(top);i<=i##_end_;++i)
#define SREP(i,f,top)for(int i=(f),i##_end_=(top);i<i##_end_;++i)
#define DREP(i,f,top)for(int i=(f),i##_end_=(top);i>=i##_end_;--i)
#define db double
#define ll long long 
#define INF 0x3f3f3f3f
#define inf 0x3f3f3f3f3f3f3f
#define MINF 0xc0c0c0c0
#define Sz(A) sizeof(A)
#define mcl(A,b) memset(A,b,Sz(A))
#define mcp(A,b) memcpy(A,b,Sz(b))
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
template<class T>inline bool chkmin(T &x,T y){return y<x?x=y,1:0;}
template<class T>inline bool chkmax(T &x,T y){return x<y?x=y,1:0;}
typedef pair<int,int>PII;
template<class T>inline void Rd(T &x){
	x=0;char c;int f=1;
	while((c=getchar())<48)if(c=='-')f=-1;
	do x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
	while((c=getchar())>47);
	x*=f;
}

#define N 5002

int n;
int A[N];

struct p100{
	int dp[3][N][2];
	
	void solve(){
		A[++n]=0;
		mcl(dp,INF);
		dp[1][0][0]=0;
		dp[0][0][0]=0;
		int f=1;
		REP(i,2,n){
			f=(f+1)%3;
			mcl(dp[f],INF);
			REP(j,0,n/2){
				dp[f][j][0]=min(dp[(f+2)%3][j][0],dp[(f+2)%3][j][1]);
				if(j>=1){
					chkmin(dp[f][j][1],dp[(f+1)%3][j-1][0]+
					max(0,A[i]-(A[i-1]-1))+max(0,A[i-2]-(A[i-1]-1)));
				}
				if(j>=1 && i>=3){
					chkmin(dp[f][j][1],dp[(f+1)%3][j-1][1]+
					max(0,A[i]-(A[i-1]-1))+max(0,min(A[i-2],A[i-3]-1)-(A[i-1]-1)));
				}
			}
		}
		REP(i,1,n/2) printf("%d ",min(dp[f][i][0],dp[f][i][1]));
	}
}p2;

int main(){
//	freopen("poi.in","r",stdin);
//	freopen("poi.out","w",stdout);

	Rd(n);
	REP(i,1,n)Rd(A[i]);

	p2.solve();
	
	return 0;
}

T3——azur(3922)

Description:

有一個m∗nm*n的網格圖,每條邊都有邊權ww.接下來有qq個操作:

  1. 在 (x1,y1)(x_1,y_1)到(x2,y2)(x_2,y_2)的最短路徑上的各點的點權加cc.
  2. 詢問(x,y)(x,y)的點權. n,q≤105,m≤3,w≤1012,c≤1013n,q \le 10^5 , m \le 3 , w \le 10^{12} , c \le 10^{13}

Solution:

  • 因為操作11需要修改一個最短路徑.每次求一次最短路顯然不現實.
  • 又因為邊權不變,那麼考慮預處理出每個點的最短路徑樹.
  • 但顯然我們不能做n∗mn*m棵樹,再來觀察資料範圍,發現mm非常小.
  • 這說明一定跟區間搭上關係.那麼我們就可以考慮合併一些贅餘的樹.
  • 即儘可能的少建一些樹.不難推出.只需要log⁡n\log n棵樹就可以了(合併之後).
  • 那麼再來看操作11,我們再區間上看,它的最短路徑樹必須會經過一個區間[l,r]的mid,即必經過點(i,mid)(i,mid),即(x1,y1)(x_1,y_1),(x2,y2)(x_2,y_2)在以點(i,mid)(i,mid)為根的子樹下.
  • 即可以做樹上差分.
  • 又因為是單點查詢.那麼就可以單點累加下去即可.
  • 而對於修改和查詢的樹上,都需要分治來找.

Code:

#pragma GCC optimize("Ofast")

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define REP(i,f,top)for(int i=(f),i##_end_=(top);i<=i##_end_;++i)
#define SREP(i,f,top)for(int i=(f),i##_end_=(top);i<i##_end_;++i)
#define DREP(i,f,top)for(int i=(f),i##_end_=(top);i>=i##_end_;--i)
#define db double
#define ll long long 
#define INF 0x3f3f3f3f
#define inf 0x3f3f3f3f3f3f3f
#define MINF 0xc0c0c0c0
#define Sz(A) sizeof(A)
#define mcl(A,b) memset(A,b,Sz(A))
#define mcp(A,b) memcpy(A,b,Sz(b))
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
template<class T>inline bool chkmin(T &x,T y){return y<x?x=y,1:0;}
template<class T>inline bool chkmax(T &x,T y){return x<y?x=y,1:0;}
typedef pair<int,int>PII;
template<class T>inline void Rd(T &x){
	x=0;char c;int f=1;
	while((c=getchar())<48)if(c=='-')f=-1;
	do x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
	while((c=getchar())>47);
	x*=f;
}

#define N 300010 
#define M 20

int n,m,q;

int qwq,head[N];
struct edge{
	int to,nxt;
	ll cost;
}E[N*10];
inline void addedge(int x,int y,ll z){E[qwq]=(edge){y,head[x],z};head[x]=qwq++;}

inline int getid(int x,int y){return (x-1)*n+y;}

struct p30{
	ll val[N];
	ll dis[M];
	bool vis[M];
	int stk[M],top;
	int S,T;
	queue<int>Q;
	
	void SPFA(){
		while(!Q.empty())Q.pop();
		mcl(dis,INF);
		Q.push(T);
		vis[T]=1;
		dis[T]=0;
		
		while(!Q.empty()){
			int x=Q.front();Q.pop();
			vis[x]=0;
			for(int i=head[x];~i;i=E[i].nxt){
				int y=E[i].to;
				if(chkmin(dis[y],dis[x]+E[i].cost)){
					if(!vis[y]){
						vis[y]=1;
						Q.push(y);
					}
				}
			}
		}
	}
	
	struct Anode{
		int to;
		ll d,all;
		bool operator<(const Anode &_)const{
			return all==_.all?d>_.d:all>_.all;
		}
	};
	priority_queue<Anode>Star;
	
	void Astar(){
		
		while(!Star.empty())Star.pop();
	
		Star.push((Anode){S,0,dis[S]});
		
		while(!Star.empty()){
			Anode now=Star.top();Star.pop();
			int x=now.to;
			stk[++top]=x;
			if(x==T)break;
			for(int i=head[x];~i;i=E[i].nxt){
				int y=E[i].to;
				Star.push((Anode){y,now.d+E[i].cost,now.d+E[i].cost+dis[y]});
			}
		}
	}
	
	void solve(){
	
		mcl(head,-1);
		SREP(i,1,m){
			REP(j,1,n){
				ll x;Rd(x);
//				printf("i=%d j=%d id1=%d id2=%d\n",i,j,getid(i,j),getid(i+1,j));
				addedge(getid(i,j),getid(i+1,j),x);
				addedge(getid(i+1,j),getid(i,j),x);
			}
		}
	
		REP(i,1,m){
			SREP(j,1,n){
				ll x;Rd(x);
//				printf("i=%d j=%d id1=%d id2=%d\n",i,j,getid(i,j),getid(i,j+1));
				addedge(getid(i,j),getid(i,j+1),x);
				addedge(getid(i,j+1),getid(i,j),x); 
			}
		}
		
		
		int op,x1,y1,x2,y2;ll c;
		while(q--){
			Rd(op),Rd(x1),Rd(y1);
			if(op==1){
				Rd(x2),Rd(y2),Rd(c);
				
				top=0;
				S=getid(x1,y1),T=getid(x2,y2);
				
				SPFA();
				Astar();
				
//				Dij();
				
				REP(i,1,top)val[stk[i]]+=c;
			}
			else printf("%lld\n",val[getid(x1,y1)]);
		}
	}
}p1;	

struct p50{
	#define lson L,mid,p<<1
	#define rson mid+1,R,p<<1|1
	
	struct node{
		int L,R;
		ll sum;
	}tree[100010<<2];
	
	void build(int L,int R,int p){
		tree[p].L=L,tree[p].R=R;
		tree[p].sum=0;
		if(L==R)return;
		int mid=(L+R)>>1;
		build(lson),build(rson);
	}
	
	void update(int L,int R,int p,ll v){
		if(tree[p].L==L && tree[p].R==R){
			tree[p].sum+=v;
			return;
		}
		int mid=(tree[p].L+tree[p].R)>>1;
		if(R<=mid)update(L,R,p<<1,v);
		else if(L>mid)update(L,R,p<<1|1,v);
		else update(lson,v),update(rson,v);
	}
	
	ll query(int p,int x){
		if(tree[p].L==tree[p].R)return tree[p].sum;
		int mid=(tree[p].L+tree[p].R)>>1;
		if(x<=mid)return tree[p].sum+query(p<<1,x);
		else return tree[p].sum+query(p<<1|1,x);
	}
	
	void solve(){
		SREP(i,1,n){
			ll x;Rd(x);
		}
		build(1,n,1); 
		int op,x1,y1,x2,y2;ll c;
		while(q--){
			Rd(op),Rd(x1),Rd(y1);
			if(op==1){
				Rd(x2),Rd(y2),Rd(c);
				if(y1>y2)swap(y1,y2);
				update(y1,y2,1,c);
			}
			else printf("%lld\n",query(1,y1));
		}
	}
}p2;

ll sum[N*M*5],*tmp=sum;
int pre[M][4][N];
ll dis[M][4][N];



struct p100{
	
	vector<int>V[N];
	int id[4][N],sz[4][N];
	ll *rt[4][N];
	int Lt[M][4][N],Rt[M][4][N];
	int D;
	ll val[N];
	
	ll mn,res;
	
	#define lowbit(x) (x&-x)
	
	void add(ll *bit,int n,int x,ll v){
		while(x<=n){
			bit[x]+=v;
			x+=lowbit(x);
		}
	}
	
	ll query(ll *bit,int x){
		ll res=0;
		while(x){
			res+=bit[x];
			x-=lowbit(x);
		}
		return res;
	}
	
	struct node{
		int x;
		ll d;
		bool operator>(const node&_)const{
			return d>_.d;
		}
	};
//	priority_queue<node>Q;
	struct Heap_Sort {
	    node Heap[N];
	    int size;
	    void down(int k) {
	        while(2*k<=size) {
	            int a=2*k;
	            if(a+1<=size && Heap[a]>Heap[a+1])a++;
	            if(Heap[k]>Heap[a])swap(Heap[k],Heap[a]);
	            else break;
	            k=a;
	        }
	    }
	    node top() {return Heap[1];}
	    void pop() {
	        Heap[1]=Heap[size--];
	        down(1);
	    }
	    void up(int k) {
	        while(k>1) {
	            int a=k/2;
	            if(Heap[a]>Heap[k])swap(Heap[k],Heap[a]);
	            else break;
	            k=a;
	        }
	    }
	    bool empty(){return !size;}
	    void push(node x) {
	        Heap[++size]=x;
	        up(size);
	    }
	    void clear(){
	          
	        size=0;
	    }
	}Q;
	
	void dfs(int x,int *Lt,int *Rt,int&sz){
		Lt[x]=++sz;
		SREP(i,0,V[x].size()) dfs(V[x][i],Lt,Rt,sz);
		Rt[x]=sz;
	}
	
	void Dijkstra(int dep,int x,int y,int l,int r){
		ll *dis=::dis[dep][x];
		int *pre=::pre[dep][x];
		SREP(i,0,m) REP(j,l,r){
			dis[id[i][j]]=inf;
			pre[id[i][j]]=-1;
			V[id[i][j]].clear();
		}
		
		dis[id[x][y]]=0;
		Q.push((node){id[x][y],0});
		
		while(!Q.empty()){
			node now=Q.top();Q.pop();
			if(dis[now.x]!=now.d)continue;
			for(int i=head[now.x];~i;i=E[i].nxt){
				int y=E[i].to;
				if(chkmin(dis[y],dis[now.x]+E[i].cost)){
					pre[y]=now.x;
					Q.push((node){y,dis[y]});
				}
			}
		}
		
		SREP(i,0,m) REP(j,l,r) if(~pre[id[i][j]]) V[pre[id[i][j]]].pb(id[i][j]);
		
		dfs(id[x][y],Lt[dep][x],Rt[dep][x],sz[x][y]);
		rt[x][y]=tmp;
		tmp+=sz[x][y]+1;
	}
	
	void build(int L,int R,int dep){
		if(L>R)return;
		int mid=(L+R)>>1;
		SREP(i,0,m) Dijkstra(dep,i,mid,L,R);
		build(L,mid-1,dep+1);
		build(mid+1,R,dep+1);
	}
	
	int x,y,x1,Y1,x2,y2;
	
	void update(int L,int R,int dep){
		if(L>R)return;
		int mid=(L+R)>>1;
		SREP(i,0,m){
			if(chkmin(mn,dis[dep][i][id[x1][Y1]]+dis[dep][i][id[x2][y2]])){
				D=dep;
				x=i;
				y=mid;
			}
		}
		if(Y1<mid && y2<mid) update(L,mid-1,dep+1);
		if(Y1>mid && y2>mid) update(mid+1,R,dep+1);
	}
	
	void divide(int L,int R,int dep){
		if(L>R)return;
		int mid=(L+R)>>1;
		SREP(i,0,m){
			res+=query(rt[i][mid],Rt[dep][i][id[x][y]]);
			res-=query(rt[i][mid],Lt[dep][i][id[x][y]]-1);
		}
		if(y<mid) divide(L,mid-1,dep+1);
		else if(y>mid) divide(mid+1,R,dep+1);
	}
	
	void solve(){
		mcl(head,-1);
		int num=0;
		SREP(i,0,m) REP(j,1,n)id[i][j]=++num;
		SREP(i,0,m-1) REP(j,1,n){
			ll w;Rd(w);
			addedge(id[i][j],id[i+1][j],w);
			addedge(id[i+1][j],id[i][j],w);
		}
		SREP(i,0,m) SREP(j,1,n){
			ll w;Rd(w);
			addedge(id[i][j],id[i][j+1],w);
			addedge(id[i][j+1],id[i][j],w);
		}
		build(1,n,0);
		while(q--){
			int op;ll c;
			Rd(op);
			if(op==1){
				Rd(x1),Rd(Y1),Rd(x2),Rd(y2),Rd(c);
				x1--,x2--;
				
				mn=inf;
				update(1,n,0);
				add(rt[x][y],sz[x][y],Lt[D][x][id[x1][Y1]],c);
				add(rt[x][y],sz[x][y],Lt[D][x][id[x2][y2]],c);
				val[id[x][y]]-=c;
			} 
			else{
				Rd(x),Rd(y);
				x--;
				
				res=val[id[x][y]];
				divide(1,n,0);
				printf("%lld\n",res);
			}
		}
	}
}p3;

int main(){
//	freopen("azur.in","r",stdin);
//	freopen("azur.out","w",stdout);
	Rd(m),Rd(n),Rd(q);
	
//	if(m==1)p2.solve();
//	else if(n<=1000 && q<=1000)p1.solve();
//	else 
	p3.solve();
	
	return 0; 
}

總結:

  • 送分題+dpdp題+資料結構題.還是比較標準的一套noipnoip.
  • 但T3的切分以及碼量問題,導致選手們都自閉…
  • 但考場上自己也是對這個記憶體範圍沒感覺,沒想到此題要建樹.
  • 以及T2的分類討論和debug花了較長時間…
  • 還是有待提高的.
  • 評價:較毒瘤出題人.

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T1——satellite(3907) Description: 有一個環形道路,城市ii與城市i+1i+1相連,每個城市之間有disidisi,每個城市有補給valivali.現在詢問對於每個城市ii做為起點,

9.17模擬賽

獲得 ctu 題解 bottom 我們 -c 格式 每次 連接 T1 巧克力棒 題目描述 LYK 找到了一根巧克力棒，但是這根巧克力棒太長了，LYK 無法一口吞進去。 具體地，這根巧克力棒長為nn，它想將這根巧克力棒折成nn段長為11的巧克力棒，然後慢慢享用。 它打算每次將

2018/9/17 Linux 筆記

冪等性 引用 libc 終端 其他 ext 配置 通過 con 1、描述計算機的組成及其功能。 硬件：運算器、存儲器、控制器、輸入設備、輸出設備。 運算器的功能 實現算術運算和邏輯運算（與控制器組成CPU）。 存儲器的功能 將輸入設備接收到的信息以二進制的數據形式存

2018-9-17-bash之信號捕捉

gts 行處理 例如 好的 處理 -bash sigalrm 最後一個元素 trap命令 一、概述 我們在上一章當中示例了檢測ip地址是否在線的腳本，但是有一個問題，運行的過程中，無論使用Ctrl+c怎麽制止，並沒有什麽卵用，還是繼續運行，直到將最後一個IP地址ping完，

2018.9.17 小小的複習一下

1.什麼時候是undefined？什麼時候又是is not undefined？   console.log(a);--->直接輸的話是is not undefined   var a;   console.log(a);--->有定義但是為賦值

大資料學習之早課2018.9.17

1.MySQL的部署流程大概哪幾步 解壓、修改許可權、安裝、啟動 2.重置root使用者密碼的SQL是什麼?用到了 什麼函式? update user set password=password(‘xxxxx’) where user=‘root’ 3.刪除空賬

NOIP模擬9.17（TYVJ NOIP2017模擬賽D2）

sin shuf lan nvl get targe gin mar use 3tHTU蹦T黴獻冀9鏈ZPhttp://huiyi.docin.com/sina_6345234044 8mv頓綠誆1叢毯顧5FVhttp://weibo.com/u/5846499302 2戲

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9.17總結_NOIP模擬賽

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【膜你賽】2018-9-7

type 會有 getchar() 是我 修改 小寫 int 要求 dct 是長者的題目。其實還是有點水的。 下面是黑歷史 準隊爺dzy第一次提交四道題182分。 然後dzy告訴我他那次是提交184分 184就184吧，反正和182沒啥區別 機房裏有個只提交了兩道題的神仙2

【NOIP2018模擬賽2018.10.17】黑暗之魂(darksoul)

題目 題解 — 是蠻難的一道題 但是可以發現是一棵樹上套上了一個環 用tarjan處理出來之後 可以把環取出來處理 不在環上的點可以用樹的直徑求答案 在環上可以用單調佇列優化dp處理兩個點穿越環的最長值 程式碼 #include<iostream

【NOIP2018模擬賽2018.10.17】刺客信條（AC）

題目 題解 –這道題可以用二分，或者是並查集 但是怎麼寫check（）是個大問題 首先，你可以發現，對於一個人，他能控制的範圍是個圓 如果不能到終點的情況就是一串圓相連，把起點和終點隔開 所以可以用並查集維護連通性 當邊界剛好聯通的那個就是最遠的距離 程式碼

【NOIP2018模擬賽2018.10.17】傳送門 （portal）

題目 題解 — 是樹形dp呢 f[x][0]：x和x的子樹裡沒有傳送門 f[x][1]：x和x的子樹裡有傳送門 如果不用傳送門的話，每條邊跑兩次（下去，回來） 用了的話，就只需要跑下去就行了，但是如果兒子用了傳送門，還是要跑回來的 （因為只能同時存在兩個傳送門）

【比賽報告】2018.10.11校賽[Nescafé 17] NOIP練習卷十三

比賽時間：2018.10.11 選手：lrllrl 得分：100+100+0=200 用時：2小時 A.黑魔法師之門 最初以為是求歐拉回路的數量，後來發現不可做，再後來發現了規律。 #include<cstdio> #include&l

2018.10.17 NOIP模擬賽

T1 刺客信條 分析 這道題當時做的時候想到了二分的做法，但是沒想出來怎麼二分。所以華麗的爆0了。 那麼我們考慮二分距離，把每個人抽象成一個圓（為什麼不是方形呢？方形的頂點到中心的距離和方形的邊上一點到照片中心的距離各不相同），這個圓的半徑r就是我們要二分的。

【2018.12.17】NOI模擬賽4

題目 WZJ題解   T1 T2   T3 字尾自動機+（$parents$ 樹）樹鏈剖分 發現有大量子串需要考慮，考慮摁死子串的一端。 首先，這題顯然是一道離線題，因為所有的詢問都是 $1$ 到 某個數，也就是一個字首和，完全可以遞推處理。 所以先把所有的詢問按 $m

2014-5-10 NOIP模擬賽 by coolyangzc

[1] clas 表示 格式 不同的 tdi 命令 正整數 style Problem 1 機器人(robot.cpp/c/pas) 【題目描述】 早苗入手了最新的Gundam模型。最新款自然有著與以往不同的功能，那就是它能夠自動行走，厲害吧。 早苗的新模型可以按照輸

2014-9-9 NOIP模擬賽

dff 多人 insert include 區域 lld == ner set 東方幻想鄉系列模擬賽Stage 1命題 Nettle審題 Barty ccy1991911 FlanS39 Wagner T2 高精除高精，從來沒寫過，不知道怎麽寫，我就用大數減小數