17.7.26离线赛比赛总结

A

结果和评价

• 得分：70基本分。
• 时间：30+60

我的思路和方向

• 70很容易。之后就在想怎么优化这个O(n4)的DP可是一直在想如果把一个点的答案贡献到其他的点，想到了许多没有什么用的东西。。。例如差分前缀和之类的。最终我们想出来还浪费的大量的时间。

思路更正

• 见CDQ专题。

反思

• 思考方向上有两个致命的错误：
  
  • Dp的转移方向太过单一，我可能是思维定型了。。一直在想办法优化前面这种。
    
    • 可以把每个点的贡献赋给其他点
    • 可以在每个点去搜集对它有贡献点的
  • 同时，面对怎么多的维度我竟然没有想到通过一些方式消维。
• 小结
  
  • 分析问题的维度，即问题的限制条件。
  • Dp的转移优化时，也要一个一个维度的分析，同时分析的过程要先模拟清楚，比较Dp的代码量并不大。

B

结果和评价

• 得分：20。
• 时间：20+40
• 评价：™智障。。
• 少打一个等于号打成了if（n<10000）P60.work()（sum=3）*********

我的思路和方向

• 很容易切到60分。结果。。
• 之后正解想不出来了。。

思路更正

分析题目的限制条件

• 我们需要求A[i]（和x平行的线）和B[j]（和y平行的线）的交点。
• 同时我们还要判掉不合法的点。

深入思考

• 为了避免每个线段交点数量统计错误，我们可以分别处理B对A的贡献，再处理A对B的贡献

  • 我们发现如果我们要判掉一个A[i]是否和B[j]相交有两个维度。

    • 例如这样一个情况

      .............................. ...........444444444414444......22222222...........1.............................1.............................1.............................1................................................3333333333333.....................................

    • 此时我们发现和1相交的只有4，因为2的x不合法，3的y不合法，这样我们就不好优化复杂度了。

  • 如何消维？我们发现对于y这一维，如果所有的A它的长度都为无限大就好了，于是我们可以直接忽略这一维了。这样对B排序就可以以O(n)的复杂度，求出每一个A和B[...]相交的个数了，总的复杂度还是O(logn)。

  • 此时我们发现每个B[...]都有一个y会交到这条无限长的直线上。这样我们可以用Bit记录一个关于交点y值的前缀和。即：ans[x]=val[R]−val[L−1]。
  • 于是我们在，扫描的时候只要把这个y从Bit里加入或者减去即可。
  • 这里有一个运用差分思想
    
    • 我们可以把B的L,R提取出两个数组后分别排序。同差分前缀和类似。
    • 对于比当前A[i].x小的所有L我们把他的y从Bit里加入。
    • 对于比当前A[i].x小的所有R我们把他的y从Bit里减去。
    • 于是我们就得到当前ans[x]=val[a]−val[b−1]
• 至于，如何判特殊的点呢？直接用map判就可以了。

struct node{int x,a,b,i;}A[M],B[M],C[M];bool cmx(node a,node b){return a.x<b.x;}bool cma(node a,node b){return a.a<b.a;}bool cmb(node a,node b){return a.b<b.b;}void calc(int n,int m){    Sum.clear();    sort(A+1,A+1+n,cmx);    sort(B+1,B+1+m,cma);    For(i,1,m)C[i]=B[i];    sort(C+1,C+1+m,cmb);    int pos1=1,pos2=1;    For(i,1,n){        int x=A[i].x;        while(B[pos1].a<=x&&pos1<=m)Sum.add(B[pos1++].x,1);         while(C[pos2].b<x&&pos2<=m)Sum.add(C[pos2++].x,-1);        ans[A[i].i]+=Sum.sum(A[i].a,A[i].b);    }}int main(){    int a,b,c,d,na=0,nb=0;    rd(n);    For(i,1,n){        rd(a);rd(b);rd(c);rd(d);        if(b>d)swap(b,d);if(a>c)swap(a,c);        if(a==c)A[++na]=(node){a,b,d,i};        else B[++nb]=(node){b,a,c,i};    }    calc(na,nb);swap(A,B);calc(nb,na);    For(i,1,na){        mark[mp(A[i].x,A[i].a)]=A[i].i;        mark[mp(A[i].x,A[i].b)]=A[i].i;    }    For(i,1,nb){        int x=mark[mp(B[i].a,B[i].x)];        if(x)--ans[B[i].i],--ans[x];        x=mark[mp(B[i].b,B[i].x)];        if(x)--ans[B[i].i],--ans[x];    }    ll res=0;For(i,1,n)res+=ans[i];ptn(res/2);    For(i,1,n)pt(ans[i]);    return 0;}

反思

• 我也想过把每个B先用差分映射从一个平面，在用A扫一下，却认为cnt不好记录而否定了这个想法。™智障。。扫两次不就可以了吗。。
• 还有。。上交代码的时候一定要在本地把所有的切分和切分的范围搞清楚了。在本地多出几个样例运行一下。。。

C

结果和评价

• 得分：爆0。
• 时间：10+40
• 评价：™智障。。 把切分代码注释了（sum=4）*********

我的思路和方向

• 秒写30分。
• 然后就不会，没有思路，想到了没有用的数位Dp

正确思路

• 第一反应ans=val[R]−val[l−1]。
• 通过60分的数据，我们可以直接枚举有几个数因i成为不吉利数字的。

分析题目的限制条件和提示

• longlong范围的L，R
• a[i]很恶心，不可以Dp
• 不知道怎么搜索，没有方向
• 但是，我们发现我们可以枚举或者计算出因i成为不吉利数字的数的个数。

深入分析

• 不可能枚举每个数字了，也不可以分析数位了，我们应当找到可以枚举的东西，可以搜索的东西。
• 没错，我们可以枚举每个每个不吉利数成为不吉利数的原因。即枚举i然后容斥，一共有1024个状态，比较小。
• 可是数位Dp不能用了，我们该怎么办。。
• 如果，没有上界的限制（告诉你len和a[i]）我们还是很容易用排列组合得到答案的。
• 于是我们可以枚举从上界的哪一位开始搜索。
• 最后我们处理前导0。

ll dfs(int i,int m,int use=0,ll prod=1){    if(i==10&&m>=0){        /*如果[0,9]都扫完了此时至少有use个不吉利的数字,其他的随便填即可*/         prod*=B[10-use][m];/*B[i][j]:从i种数种取出j个数组成不同的序列*/        return ((use&1)?-1:1)*prod;    }    ll res=0;    res+=dfs(i+1,m,use,prod);    /*如果要让i成为不吉利的数字,从剩余的长度中取出a[i]个来即可*/     if(a[i]<=m&&a[i]>=0)res+=dfs(i+1,m-a[i],use+1,prod*C[m][a[i]]);    return res;}ll calc(ll x){    int len=0;ll res=0;    x++;/*我们这里求到的是严格小于x的答案不包含等于*/    while(x)num[++len]=x%10,x/=10;    For(i,0,9)a[i]=c[i];    For(i,1,len/2)swap(num[i],num[len-i+1]);    /*我们先枚举出有前导0的情况*/     For(c,1,len-1){         /*枚举有几个前导0，即我们只搜索后面[c+1,len]位，即长度小于等于len的段的答案*/         res+=dfs(0,len-c);        /*可是我们发现[c+1,len]包含了[c+2,len]的答案，我们强行给它加一个0把包含部分减掉*/        a[0]--;        res-=dfs(0,len-c-1);        a[0]++;        /*于是我们得到的答案即为长度只为len-c的段的答案*/    }    /*再枚举比x小的数时，我们枚举前几位*/    For(i,1,len){        /*要比本位小了,后面的数就可以乱取，于是我们可以用排列来算了*/         For(c,i==1,num[i]-1){            a[c]--;            res+=dfs(0,len-i);            a[c]++;        }        a[num[i]]--;/*和原本的一样*/    }    return res;}