CF1485X Codeforces Round #701

D Multiples and Power Differences （构造）

题目大意：给一个n*m的矩阵a，a[i][j]在1到16之间。现在要构造矩阵b，需要满足如下条件：

1.b[i][j]在1到1e6之间

2.b[i][j]是a[i][j]的倍数

3.对于矩阵中任意相邻的两个数，要求存在正整数k，他们的差值绝对值等于k的四次方，不要求所有对的k都相同

构造神仙题，乍一看不可做。。

考虑第二个条件，由于a最多到16，发现1到16所有数的最小公倍数是$720720$！小于1e6。

在考虑第三个条件，可以对b矩阵黑白染色，黑点构造成$720720+a[i][j]^{4}$，白点是$720720$

矩阵问题不仅可以建边跑图论，还可以染色处理

 1 const int N1=505; const int maxn=720720;
 2 
 3 int n,m;
 4 int a[N1][N1],b[N1][N1];
 5 
 6 int main()
 7 {
 8     freopen("a.in","r",stdin);
 9     scanf("%d%d",&n,&m);
10     for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) scanf("%d",&a[i][j]);
11     for(int i=1;i<=n;i++,puts("")) for(int j=1;j<=m;j++) 
12     {
13         if((i+j)%2==0){
14             b[i][j]=maxn;
15         }else{
16             b[i][j]=maxn+a[i][j]*a[i][j]*a[i][j]*a[i][j];
17         }
18         printf("%d ",b[i][j]);
19     }
20     return 0;
21 }

E Move and Swap （树形DP）

题目大意：给你一棵有根树，开始时有红蓝两个棋子放在根上，一次移动需要进行如下操作：

设红蓝棋子当前未知分别为r，b

1.把红棋子移动到r的某个子节点上

2.把蓝棋子移动到深度=dep[b]+1的某个点上

3.可选择是否交换红蓝棋子的位置

每次移动产生$|a[r]-a[b]|$点代价，现在求代价之和的最大值

对点按深度从大到小依次处理

令$f[i]$表示$i$节点放红色棋子时的最大贡献，$g[j]$表示$j$子节点中$f$的最大值

可得转移方程$f[i]=max\left \{ max(g[i],g[j])+|a[i]-a[j]| \right \} $  

将相同深度的点按a排序，正反各计算一次，即可消掉绝对值，再用前缀/后缀最大值优化转移即可

 1 const int N1=200005; const ll inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3fll;
 2 
 3 int n,T;
 4 struct EDGE{
 5 int to[N1],nxt[N1],head[N1],cte;
 6 void ae(int u,int v)
 7 { cte++; to[cte]=v; nxt[cte]=head[u]; head[u]=cte; } 
 8 }e;
 9 
10 ll f[N1],g[N1];
11 int fa[N1],a[N1],dep[N1],madep;
12 vector<int>id[N1];
13 int cmp1(int x,int y){ return a[x]<a[y]; }
14 void clr()
15 {
16     for(int i=1;i<=n;i++) e.head[i]=0, id[i].clear(), f[i]=g[i]=dep[i]=0;
17     while(e.cte) e.to[e.cte]=e.nxt[e.cte]=0, e.cte--; 
18 }
19 
20 void dfs(int u)
21 {
22     for(int j=e.head[u];j;j=e.nxt[j])
23     {
24         int v=e.to[j]; dep[v]=dep[u]+1; madep=max(madep,dep[v]);
25         id[dep[v]].push_back(v);
26         dfs(v);
27     }
28 }
29 
30 int main()
31 {
32     freopen("a.in","r",stdin);
33     scanf("%d",&T);
34     while(T--){
35 
36     scanf("%d",&n);
37     for(int i=2;i<=n;i++) scanf("%d",&fa[i]), e.ae(fa[i],i);
38     for(int i=2;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
39     madep=0; dfs(1);
40     ll tma,ma;
41     for(int k=madep,i;k>=1;k--)
42     {
43         sort(id[k].begin(),id[k].end(),cmp1);
44         tma=-inf; ma=-inf;
45         for(int j=0;j)
46         {
47             i=id[k][j]; tma=max(tma,g[i]-a[i]); ma=max(ma,-1ll*a[i]);
48             f[i]=max(tma+a[i],g[i]+a[i]+ma);
49         }
50         tma=-inf; ma=-inf;
51         for(int j=(int)id[k].size()-1;j>=0;j--)
52         {
53             i=id[k][j]; tma=max(tma,g[i]+a[i]); ma=max(ma,1ll*a[i]);
54             f[i]=max(f[i],max(tma-a[i],g[i]+ma-a[i]));
55         }
56         for(int j=0;j)
57         {
58             i=id[k][j]; g[fa[i]]=max(g[fa[i]],f[i]);
59         }
60     }
61     printf("%lld\n",g[1]);
62     clr();
63 
64     }
65     return 0;
66 }

F Copy or Prefix Sum （线段树优化DP）

题目大意：给定数组b，现在求有多少满足如下条件的a数组：

$b[i]=a[i]$或$b[i]=\sum_{j=1}^{i}a[j]$

考场上最后一分钟调出来了，结果我非得给数组多按个0然后CE（MLE）了。。不然就不会掉分了

发现第二个条件是前缀和比较特殊，并且第一个条件不影响答案

考虑DP选择第二个条件的位置

定义f[i]表示i位置满足第二个条件且不满足第一个条件时的方案数

不满足第一个条件时$b[i]\ne a[i]$，计算可得$sum[i-1]-sum[j-1]\ne 0$

$f[i]=\sum_{j=1}^{i-1}f[j](sum[i-1]\ne sum[j-1])$

线段树优化DP就好了！又由于sum值域较大且可能为负，动态开点+整体往右挪

 1 const int N1=200005; const int inf=0x3f3f3f3f;
 2 const ll maxn=1e15;
 3 const int p=1000000007;
 4 
 5 int T,n;
 6 int a[N1],b[N1];
 7 ll f[N1];
 8 struct SEG{
 9 ll sum[N1*65]; int ls[N1*65],rs[N1*65],tot;
10 void pushup(int rt){ sum[rt]=(sum[ls[rt]]+sum[rs[rt]])%p; }
11 void upd(ll x,ll l,ll r,int &rt,ll w)
12 {
13     if(!rt) rt=++tot;
14     if(l==r){ (sum[rt]+=w)%=p; return; }
15     ll mid=(l+r)>>1;
16     if(x<=mid) upd(x,l,mid,ls[rt],w);
17     else upd(x,mid+1,r,rs[rt],w);
18     pushup(rt);
19 }
20 ll query(ll L,ll R,ll l,ll r,int rt)
21 {
22     if(!rt) return 0;
23     if(L<=l&&r<=R) return sum[rt];
24     ll mid=(l+r)>>1; ll ans=0;
25     if(L<=mid) ans+=query(L,R,l,mid,ls[rt]);
26     if(R>mid) ans+=query(L,R,mid+1,r,rs[rt]);
27     ans%=p;
28     return ans;
29 }
30 void clr()
31 {
32     while(tot) sum[tot]=0, ls[tot]=rs[tot]=0, tot--;    
33 }
34 }s;
35 ll sum[N1];
36 
37 int main()
38 {
39     scanf("%d",&T);
40     ll ans=0,mi=maxn,ma=-maxn;
41     while(T--)
42     {
43         scanf("%d",&n); 
44         for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&b[i]), sum[i]=sum[i-1]+b[i], mi=min(mi,sum[i]), ma=max(ma,sum[i]);
45         ll ans=1; f[1]=0; int root=0;
46         for(int i=2;i<=n;i++)
47         {
48             // f[i]=1;
49             if(sum[i-1]!=0) f[i]=1; else f[i]=0;
50             // for(int j=1;j51             //     (f[i]+=f[j])%=p;
52             if(mi1]) (f[i]+=s.query(mi+maxn,sum[i-1]+maxn-1,mi+maxn,ma+maxn,root));
53             if(sum[i-1]1]+maxn+1,ma+maxn,mi+maxn,ma+maxn,root));
54             f[i]%=p;
55             s.upd(sum[i-1]+maxn,mi+maxn,ma+maxn,root,1ll*f[i]);
56             (ans+=f[i])%=p;
57         }
58         printf("%lld\n",ans);
59         s.clr();
60     }
61     return 0;
62 }