【NOIP模拟题】[状压dp][线段树]

T1

给出一个长度不超过100只包含’B’和’R’的字符串，将其无限重复下去。

比如，BBRB则会形成BBRBBBRBBBRB。现在给出一个区间[l,r]询问该区间内有多少个字符’B’(区间下标从1开始)

思路：

写起走就行了…考试的时候脑抽写了高精度…结果wa完了TAT

主要就是把left、right扩展开到端点，处理小小注意一下就行qwq

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define LL long long
using namespace std;
int n,tot;
LL le,ri,ans;
char mo[105],c;
void worrk()
{
cin>>le>>ri;
int y1=le%n,y2=ri%n,gg=0;
if(!y1)y1=n;
if(!y2)y2=n;
le-=y1;
ri+=n-y2;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(mo[i]=='B')tot++;
for(int i=1;i<y1;i++)
if(mo[i]=='B')gg++;
for(int i=n;i>y2;i--)
if(mo[i]=='B')gg++;
ans=(ri-le)/(LL)n*(LL)tot;
ans-=(LL)gg;
cout<<ans;
}
int main()
{
freopen("a.in","r",stdin);
freopen("a.out","w",stdout);
scanf("%s",mo+1);n=strlen(mo+1);
worrk();
}

T2

我们要从n种食物选m个出来，安排一个顺序吃掉它（们），每种食物有个美味值ai，然后我们有k个规则，每个规则有 xi, yi 和 ci三个数，如果吃完第xi种食物接下来马上吃第yi种食物，第j种食物的美味值会增加ci。每种食物至多吃一个，求美味值最大的和是多少？

【数据范围】

30% m<=n<=5 ,0<=ci,ai<=1e5

100% m<=n<=18，0<=ci,ai<=1e9

思路：

事实证明这道题貌似以前见到过…

看数据范围就可以看出来…咦，n只有18所以毫无疑问考虑状态压缩….嗯压缩的时候没有用for而是用了队列，结果…后头全T了qwq

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<map>
#define LL long long
using namespace std;
const int N=20;
int n,m,k,x,y,z;
LL c
,ans,f

,s[19][(1<<18)+1];
struct node{
LL zt,ta;
int las,ch;
};
queue<node>q;
LL max(LL a,LL b)
{
if(a>b)return a;
else return b;
}
void worrk()
{
/*for(int i=1;i<=n;i++)
{
node a;
a.zt=0|1<<(i-1);a.ta=c[i];
a.las=i;a.ch=1;
q.push(a);
}
while(!q.empty())
{
node w=q.front();q.pop();
if(w.ch==m){
ans=max(ans,w.ta);
continue;
}
int u=w.las;LL r=w.zt;
if(s[u][r]<w.ta)s[u][r]=w.ta;
else continue;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(i!=u&&!(r&1<<(i-1)))
{
node k;
k.zt=r|1<<(i-1);
k.ta=f[u][i]+w.ta+c[i];
k.las=i;k.ch=w.ch+1;
q.push(k);
}
}*/
for(int i=1;i<(1<<n);i++)
{
int tot=0;
for(int j=0;j<n;j++)
if(i&1<<j)tot++;
if(tot>m)continue;
for(int j=1;j<=n;j++) //this
{
if((i&1<<(j-1))==0)continue;
if(tot==1){
s[0][i]=s[j][i]=c[j];
break;
}
LL ma=0;
for(int k=1;k<=n;k++) //last
{
if((1<<(k-1)&i)==0||j==k)continue;
ma=max(ma,s[k][i&(~(1<<(j-1)))]+f[k][j]+c[j]);
}
s[j][i]=ma;
if(tot==m)ans=max(s[j][i],ans);
}
}
cout<<ans<<endl;
}
int main()
{
freopen("b.in","r",stdin);
freopen("b.out","w",stdout);
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&c[i]);
for(int i=1;i<=k;i++)
{
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
f[x][y]=max(f[x][y],z);
}
worrk();
}

ps：注释的部分是之前用map写的队列（以为1<<18开不下，脑抽orz）

T3

给定一棵树，1,为根节点，有m个操作或询问，操作(x,k)为将x节点权值加k，它儿子加k+1,孙子加k+2,以此类推，查询为求x及它形成子树权值总和。

n<=5e4,m<=1e5

思路：

这道题…拿到后看数据范围，可以判断每次询问或修改要控制在logn左右才行，再加上昨天看了树链剖分，就比较容易会想到是将树铺成一条链，再用线段树维护。由于把公式写复杂了所以考虑复杂了于是乎考试时没写完qwq交了个暴力结果wa了TAT

单点公式：dp[v]-dp[root]+k; dp指深度，root是操作时的根。

知道单点修改之后，注意每次修改的 k-dp[root]是一样的，所以将它延迟在线段树上处理，只需*区间的size即可，而dp[v]在建树时可以区段求和，于是便很好处理了。

代码代码qwq：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<vector>
#define R(x) (x<<1|1)
#define L(x) (x<<1)
#define LL long long
using namespace std;
const int N=50005;
int n,q,x,y,head
,next
,tov
,tot,fa
;
int w
,id,tail
;
LL ans;
char c;
struct node{
int siz,dp,add;
LL cl;
}tr
;
struct node2{
int le,ri,ci;
LL qq,sum,dps;
}cc[N*4];
void build(int a,int b)
{tot++;next[tot]=head[a];tov[tot]=b;head[a]=tot;}
void dfs(int k)
{
int u=head[k],v=tov[u];
tr[k].siz=1;
while(u)
{
tr[v].dp=tr[k].dp+1;
dfs(v);
tr[k].siz+=tr[v].siz;
u=next[u];v=tov[u];
}
}
void dfs2(int k,int t)
{
w[k]=++id;fa[id]=k;
int u=head[k],v=tov[u];
while(u)
{
dfs2(v,v);
u=next[u];v=tov[u];
}
tail[k]=id;
}
void pushup(int u)
{
cc[u].dps=cc[R(u)].dps+cc[L(u)].dps;
}
void pushdown(int u)
{
cc[u].sum+=cc[u].dps*(LL)cc[u].ci+cc[u].qq*(LL)(cc[u].ri-cc[u].le+1);
cc[R(u)].ci+=cc[u].ci;cc[R(u)].qq+=cc[u].qq;
cc[L(u)].ci+=cc[u].ci;cc[L(u)].qq+=cc[u].qq;
cc[u].ci=0;cc[u].qq=0;
}
void update(int u)
{
pushdown(R(u));pushdown(L(u));  //!!!!!!
cc[u].sum=cc[R(u)].sum+cc[L(u)].sum;
}
void buildtr(int u,int l,int r)
{
cc[u].le=l;cc[u].ri=r;
if(l==r)
{
cc[u].dps=tr[fa[r]].dp;
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
buildtr(R(u),mid+1,r);
buildtr(L(u),l,mid);
pushup(u);
}
void add(int u,int l,int r,int k,int gen)
{
if(cc[u].le==l&&cc[u].ri==r)
{
cc[u].qq+=(k-tr[gen].dp);
cc[u].ci++;
pushdown(u);
return ;
}
int mid=(cc[u].le+cc[u].ri)>>1;
if(mid>=r)add(L(u),l,r,k,gen);
else if(mid<l)add(R(u),l,r,k,gen);
else{
add(L(u),l,mid,k,gen);
add(R(u),mid+1,r,k,gen);
}
update(u);
}
void sear(int u,int l,int r)  //单点dp[v]-dp[gen]+k;->区段处理后延迟更新
{
if(cc[u].le==l&&cc[u].ri==r)
{
pushdown(u);
ans+=cc[u].sum;
return;
}
if(cc[u].ci)pushdown(u);
int mid=(cc[u].le+cc[u].ri)>>1;
if(mid>=r)sear(L(u),l,r);
else if(mid<l)sear(R(u),l,r);
else{
sear(L(u),l,mid);
sear(R(u),mid+1,r);
}
update(u);
}
void pre()
{
for(int i=2;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&x);
build(x,i);
}
tr[1].dp=1;dfs(1);
dfs2(1,1);
buildtr(1,1,n);
}
void worrk()
{
for(int i=1;i<=q;i++)
{
c=getchar();while(c!='A'&&c!='Q')c=getchar();
if(c=='A')
{
scanf("%d%d",&x,&y);
add(1,w[x],tail[x],y,x);
}
else{
scanf("%d",&x);
ans=0;sear(1,w[x],tail[x]);
printf("%I64d\n",ans);
}
}
}
int main()
{
freopen("c.in","r",stdin);
freopen("c.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&q);
pre();
worrk();
}

注意update时先pushdown！！！唉唉唉╮(╯▽╰)╭

无关紧要的话：离noip还有9天，fighting！