Difference between revisions of "Training 5: Dynamic Programming"

Revision as of 03:16, 12 September 2019

Problem A

Solved by Weaver_zhu.

Problem from HDU4578.

Problem B

Solved by Xiejiadong.

Problem form BZOJ1818.

题意：如果一个点位于四个黑点之间，那么他可以变成白点，求最后有多少个白点。

题解：对于行和列分别求出 max 和 min ，就可以得到行和列的作用域。

于是就是求行和列两两之间的交点个数。

我们用线段树维护列，用扫描线扫描行，遇到左端点的时候对那一列 +1 ，遇到右端点的时候，对那一列 -1 。每次询问一个区间和就行了。

Problem C

Unsolved.

Problem D

Solved by Xiejiadong.

Problem from BZOJ3261.

可持久化字典树。

[题解]

Problem E

Unsolved.

Problem F

Solved by Xiejiadong.

Problem from Codeforces1080F.

主席树。

[题解]

Problem G

Unsolved.

Problem H

Solved by Xiejiadong.

Problem from BZOJ3551.

主席树。

BZOJ3545和BZOJ3551题目一样，只不过3551要求强制在线。

因为我的做法BZOJ3545也是支持在线的，所以就无所谓了。

[题解]

Problem I

Solved by Xiejiadong.

Problem from Codeforces242E.

看到异或，考虑拆位。

维护 $20$ 棵线段树，对于每一位需要维护一个 tag 表示当前有没有置反，维护区间和即可。

Problem J

Unsolved.

Problem K

Solved by Xiejiadong.

主席树。

求区间第$k$小数，权值线段树，差分维护。

在线段树上二分即可。

@@ Line 1: / Line 1: @@
-=== Problem A ===
+== Problem A ==
-题意: $\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}lcm(i,j)$
+Solved by Weaver_zhu.
-题解: 原式=$\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}\frac{i \times j}{gcd(i,j)} = \sum\limits_{k=1}^{n}k\sum\limits_{i=1}^{\frac{n}{k}}\sum\limits_{j=1}^{\frac{m}{k}}i \times j[gcd(i,j)=k]$ 然后莫比乌斯反演得$\sum\limits_{k=1}^{n}mu[i] \times (1+...+\frac{n}{k}) \times (1+...+\frac{m}{k})$ 然后数论分块求和
+Problem from HDU4578.
-=== Problem B ===
+== Problem B ==
-题意: 求第$n$个不是完全平方数的正整数倍的数
+Solved by Xiejiadong.
-题解: 考虑容斥求出$n$以内有多少是完全平方倍数，枚举平方因子$i$贡献为$mu[i] \times n/(i*i)$因此二分每趟是$O(sqrt(n))$的，复杂度绰绰有余。
+Problem form BZOJ1818.
-=== Problem C ===
+题意：如果一个点位于四个黑点之间，那么他可以变成白点，求最后有多少个白点。
-题意: $\sum\limits_{i=1}^{m}\sum\limits_{j=1}^{m}\sum\limits_{k=1}^{min(i,j)}k[k | i, k | j且\sum k \le a]$
+题解：对于行和列分别求出 max 和 min ，就可以得到行和列的作用域。
-题解:这道题想爆。$=\sum\limits_{i=1}^{m}\sum\limits_{j=1}^{m}\sum\limits_{k=1}^{min(i,j)}k[k | gcd(i,j)且\sum k \le a]$先考虑没有$\le a$的情况。$f(i)$表示$i$的因数和。$g(n)=\sum\limits_{n|d}mu[d/n] \cdot \frac{n}{d} \cdot \frac{m}{d}$表示$gcd(i,j)=n$的个数。原式=$\sum\limits_{i=1}^{n}f(i)g(i)=\sum\limits_{i=1}^{n}f(i)\sum\limits_{i|d}mu[d/i] \cdot \frac{n}{d} \frac{m}{d}=\sum\limits_{d=1}^{n}\frac{n}{d}\frac{m}{d}\sum\limits_{i|d}f(i)mu[d/i]$。为了数论分块搞这个式子我们需要$F(i)$的前缀和。记$F(i)=f*mu$。只有当$f(i) \le a$时对答案做出贡献。然后就是离线操作，每次把新符合条件的$f(i)$枚举倍数新加到维护$F(i)$前缀和的树状数组中，然后再数论分块求和。复杂度$O(sqrt{(n)}logn+nsqrt{(n)})$
+于是就是求行和列两两之间的交点个数。
+我们用线段树维护列，用扫描线扫描行，遇到左端点的时候对那一列 +1 ，遇到右端点的时候，对那一列 -1 。每次询问一个区间和就行了。
-=== Problem D ===
+== Problem C ==
-题意: 给出$a_i$求有多少$b_i \le a_i$使得任意区间$gcd \ge 2$
+Unsolved.
-题解:这道题当时多校补题的时候想爆。考虑容斥求出整个$gcd=k$的情况数$F(k)$，然后答案为$\sum\limits_{i=2}^{k}F(i)$。发现$G(k)=\prod\limits_{i=1}^{n}{a_i/k}$是容斥中对应$gcd>=k$的式子，且$k$包含奇数素因子为正，偶数为负，发现其和莫比乌斯函数刚好是相反关系。（个人理解莫比乌斯函数就是整除偏序上的容斥）。每一次计算都一个一个值算$G(k)$太蠢了。应该将$a_i$转换成$cnt[a_i]++$再使用前缀和，然后一段一段加，每段长度为$i$，这样相同段的$n/i$都是一样的。复杂度就是那个著名的级数$O(nlogn)$了。
+== Problem D ==
+Solved by Xiejiadong.
+Problem from BZOJ3261.
+可持久化字典树。
+[[http://xiejiadong.com/?p=436 题解]]
+== Problem E ==
+Unsolved.
+== Problem F ==
+Solved by Xiejiadong.
+Problem from Codeforces1080F.
+主席树。
+[[http://xiejiadong.com/?p=531 题解]]
+== Problem G ==
+Unsolved.
+== Problem H ==
+Solved by Xiejiadong.
+Problem from BZOJ3551.
+主席树。
+BZOJ3545和BZOJ3551题目一样，只不过3551要求强制在线。
+因为我的做法BZOJ3545也是支持在线的，所以就无所谓了。
+[[http://xiejiadong.com/?p=535 题解]]
+== Problem I ==
+Solved by Xiejiadong.
+Problem from Codeforces242E.
+看到异或，考虑拆位。
+维护 $20$ 棵线段树，对于每一位需要维护一个 tag 表示当前有没有置反，维护区间和即可。
+== Problem J ==
+Unsolved.
+== Problem K ==
+Solved by Xiejiadong.
+主席树。
+求区间第$k$小数，权值线段树，差分维护。
+在线段树上二分即可。

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