多校第四场补题

1004

题意

题目一通描述，弄得我完全懵逼。幸好讨论区，有题目意思。
题目意思为：定义f(l,r) 为区间 [l,r] 的不同元素个数/区间长度。求最小的 f(l,r) 定义域：
。题目意思，翻译转一下就是这么简单。

我很菜，想不出来

看了克拉丽丝的题解还是想不出来

看别人blog看懂了

思路就是，官方题解给出的，二分+线段树；我们二分答案，mid。需要判断mid是否满足，假设我们定义
为区间 [l,r] 的不同元素个数。那么就需要mid满足：
,按照题解进行变形式子可以得到：
，我们可以对r进行从左到右的枚举。在每一次枚举中r就是一个常数。我们可以用线段树维护区间最小值，维护
,每次r+1，需要更新r，r这个区间，区间加mid×r。还有需要给r区间到之前出现a[r]位置的右边这个区间的size都会加1。所以两次更新，每次我们需要查询区间 [1,r] 的区间最小值。先写一个区间维护最小值的插线问线的线段树。进行二分 。over；二分的时候，如果满足条件说明mid还不是最小的所以把上限
，否则下限
；

克拉丽丝快穿JK啊

克拉丽丝的代码好挤啊，没有阅读欲望

自己用毒瘤线段树写一开始wa了，以为是减法运算的锅，

然后，黑康说，你tmp是不是应该是double

好的，我是傻逼

#include <cstdio>#include <cstring>#include <iostream>#include <algorithm>using namespace std;typedef long long LL;const int N = 2e5 + 10;double EPS = 1e-11;int n, pos[N], arr[N], pre[N];struct ZKWsegTree{    double tree[N];    int M, n;    void build(int n, double Mid){        this->n = n;        M = 1; while (M < n) M <<= 1; if (M!=1) M--;        for (int t = 1 ; t <= n; t++) tree[t+M] = 1.0*t*Mid;        for (int t = n+1; t <= M+1; t++) tree[t+M] = M * 2;        for (int t = M; t >= 1; t--) tree[t] = min(tree[t<<1], tree[t<<1^1]);        for (int t = 2*M+1; t >= 1; t--) tree[t] = tree[t] - tree[t>>1];    }    void update(int l, int r, double val){        double tmp;        for (l+=M-1, r+=M+1; l^r^1; l>>=1, r>>=1){            if (~l&1) tree[l^1] += val;            if ( r&1) tree[r^1] += val;            if (l > 1) tmp = min(tree[l], tree[l^1]), tree[l]-=tmp, tree[l^1]-=tmp, tree[l>>1]+=tmp;            if (r > 1) tmp = min(tree[r], tree[r^1]), tree[r]-=tmp, tree[r^1]-=tmp, tree[r>>1]+=tmp;        }        for (; l > 1; l >>= 1){            tmp = min(tree[l], tree[l^1]), tree[l]-=tmp, tree[l^1]-=tmp, tree[l>>1]+=tmp;        }        tree[1] += tree[0], tree[0] = 0;    }    double query(int l, int r){        double lAns = 0, rAns = 0;        l += M, r += M;        if (l != r){            for (; l^r^1; l>>=1, r>>=1){                lAns += tree[l], rAns += tree[r];                if (~l&1) lAns = min(lAns, tree[l^1]);                if ( r&1) rAns = min(rAns, tree[r^1]);            }        }        double ans = min(lAns + tree[l], rAns + tree[r]);        for (;l > 1;) ans += tree[l>>=1];        return ans;    }} T;bool check(double Mid){    T.build(n, Mid);    for (int r = 1; r <= n; r++){        T.update(pre[r] + 1, r, 1.0);        double ans = T.query(1, r);        if (ans <= Mid * (r + 1)) return true;    }    return false;}int main(){    //freopen("in.txt", "r", stdin);    int _;    scanf("%d", &_);    for (;_--;){        scanf("%d", &n);        memset(pos, 0, sizeof(pos));        for (int i = 1; i <= n; i++){            scanf("%d", &arr[i]);            pre[i] = pos[arr[i]];            pos[arr[i]] = i;        }        double L = 0, R = 1;        for (;R - L > EPS;){            double Mid = (L + R) / 2.0;            if (check(Mid)) R = Mid;            else L = Mid;        }        printf("%.10lf\n", R);    }    return 0;}

1005

码个题解，过两天补

1007

克拉丽丝题解

首先如果一个点的度数为1，那么它的匹配方案是固定的，继而我们可以去掉这一对点。通过拓扑我们可以不断去掉所有度数为1的点。

那么剩下的图中左右各有m个点，每个点度数都不小于2，且左边每个点度数都是2，而右侧总度数是2m，因此右侧只能是每个点度数都是2。这说明这个图每个连通块是个环，在环上间隔着取即可，一共两种方案。

时间复杂度O(n)。

这题的wa点在于，有很多个环，环与环之间解的合并，这一个是看了克拉丽丝的代码才发现的

其实，是对于每个环有2种方案，环和环之间

common*(X1+Y1)(X2+Y2)….*(XP+YP)=ans

一开始看不懂，以为组合数学烂，后来看这里发现，乘法分配律合并后就是这样

自己的实现方式很蠢，其实是个偶环，一遍dfs统计奇偶就好了，不过看函数名应该就能猜出是啥意思了吧

还有const的时候N和M要分开估计，很容易炸，而且炸了还不返回RTE,返回的TLE

#include <queue>#include <vector>#include <cstdio>#include <cstring>#include <iostream>using namespace std;typedef long long LL;const LL MOD = 998244353;const int N = 8e5 + 10;const int M = 2e6 + 10;struct graph{    struct Edge{        int from, to, Next, Last;        LL cost;        Edge(){Next = -1; Last = -1;}        Edge(int f, int t, LL c, int n, int l):from(f), to(t), cost(c), Next(n), Last(l){}    } edges[M];    bool vis[N];    int n, in[N], E, head[N];    inline void init(int n){        del_time = 0;        this->n = n, E = -1;        memset(in, 0, sizeof(in));        memset(vis, 0, sizeof(vis));        memset(head, -1, sizeof(head));    }    inline void addEdge(int f, int t, LL c){        //printf("addEdge(%d, %d, %lld)\n", f, t, c);        edges[++E] = Edge(f, t, c, head[f], 0);        edges[head[f]].Last = E;        head[f] = E;        in[t]++;        //printf("in[%d] = %d\n", t, in[t]);    }    inline void delEdge(int t){        del_time++;        //printf("delEdge(%d)\n", t);        Edge &e = edges[t];        if (head[e.from] == t) head[e.from] = e.Next;        else{            edges[e.Last].Next = e.Next;            if (e.Next != -1) edges[e.Next].Last = e.Last;        }        in[e.to]--;        //printf("after delete, in[%d] = %d\n", e.to, in[e.to]);    }    LL del_top(){//从度为1的点开始删        LL ans = 1;        int v;        vector <int> po;        for (int i = n/2+1; i <=n; i++) {            //printf("in[%d] = %d\n", i, in[i]);            if (in[i] == 1) po.push_back(i);        }        bool flag = 0;        for (int i = 0; i < po.size(); i++){            int v = po[i];            for (int cnt = 1; in[v] == 1; cnt++){                vis[v] = 1;                //printf("v = %d\n", v);                int h = head[v];                Edge &e = edges[h];                if (cnt&1) ans = (1LL * ans * e.cost) % MOD;                delEdge(h);                delEdge(h^1);                v = e.to;            }        }        //printf("base = %lld\n", ans);        return ans % MOD;    }    LL get_ans(int t){        //printf("edge_num = %d\n", t);        Edge e = edges[t];        LL ans = 1;        int start = e.from, last;        //printf("start = %d\n", start);        for (int cnt = 1; e.to != start; cnt++){            //printf("to = %d, cost = %lld\n", e.to, e.cost);            if (cnt&1) ans = (1LL * ans * e.cost) % MOD;            last = e.from;            vis[last] = 1;            vis[e.to] = 1;            e = edges[head[e.to]];            if (e.to == last) e = edges[e.Next];        }        return ans;    }    LL solve(){        LL ans = del_top();        //printf("base = %lld\n", base);        for (int i = 1; i <= n; i++) if (!vis[i]){            LL x = get_ans(head[i]);            LL y = get_ans(edges[head[i]].Next);            //printf("%lld + %lld\n", x, y);            ans = (1LL * ans * ((x+y)%MOD)) % MOD;            //printf("ans = %lld\n", ans);        }        return ans % MOD;    }} g;int main(){    //freopen("in.txt", "r", stdin);    //freopen("out.txt","w", stdout);    int _, v, n;    scanf("%d", &_);    for (LL c; _--;){        scanf("%d", &n);        //printf("n = %d\n", n);        g.init(n * 2);        for (int i = 1; i <= n; i++){            for (int j = 0; j < 2; j++){                scanf("%d%lld", &v, &c);                v += n;                g.addEdge(i, v, c);                g.addEdge(v, i, c);            }        }        LL ans = g.solve();        printf("%lld\n", ans);    }    return 0;}