BITACM2018第二轮积分赛（一）题解

A - 一道可持久化并查集好题

出题人： $zhber$

通过/提交： $17/37$

题解： 此题数据极小，直接模拟即可。撤销操作就是不执行前面 $k$ 次操作，把撤销操作视为返回 $k$ 次之前的历史版本。用state[i][j][k] 表示第 $i$ 次操作后第 $j$ 个点和第 $k$ 个点是否联通，对于 $1$ 操作，复制上一次操作之后的状态，然后考虑新增的经过$a-b$ 边而可到达的点对。这些新点对（记为x^y）一定是 $x$ 在一侧，$y$ 在另一侧，由于新加了 $a-b$ 而联通。那么分别找 $a,b$ 能到达的点放到两集合内，取两个集合各一点配对都设为联通即可$O(n^2)$ 。或者直接floyd传递闭包$O(n^3)$ 。对于第 $2$ 种操作，复制上一次的状态，暴力找和它联通的点数。对于第三种操作，复制的不是上一次的状态，而是第 $x-k-1$ 次的状态。时间复杂度 $O(n^{2}m)$ ，空间复杂度$O(n^{2}m)$ 。

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 100 + 10
using namespace std;
int state[maxn][maxn][maxn];
int n,m;
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for (int i=1;i<=n;i++) state[0][i][i]=1;
    for (int i=1;i<=m;i++)
    {
        int op;scanf("%d",&op);
        if (op==1)
        {
            for (int j=1;j<=n;j++)
                for (int k=1;k<=n;k++)
                    state[i][j][k]=state[i-1][j][k];
            int a,b;scanf("%d%d",&a,&b);
            vector<int>A,B;A.clear();B.clear();
            for (int j=1;j<=n;j++)
            {
                if (state[i][a][j])A.push_back(j);
                if (state[i][b][j])B.push_back(j);
            }
            for (int j=0;j<A.size();j++)
                for (int k=0;k<B.size();k++)
                {
                    state[i][A[j]][B[k]]=1;
                    state[i][B[k]][A[j]]=1;
                }
        }else if (op==2)
        {
            for (int j=1;j<=n;j++)
                for (int k=1;k<=n;k++)
                    state[i][j][k]=state[i-1][j][k];
            int a,sum=0;scanf("%d",&a);
            for (int j=1;j<=n;j++)if (state[i][j][a])sum++;
            printf("%d\n",sum);
        }else if (op==3)
        {
            int k;scanf("%d",&k);
            for (int j=1;j<=n;j++)
                for (int l=1;l<=n;l++)
                    state[i][j][l]=state[i-k-1][j][l];
        }
    }
}

B - zhb love math

出题人： $strawberry$

通过/提交： $1/2$

题解： 考虑每个元素 $b_i$ 对答案的贡献，一定是一些包含 $b_i$ 的区间，且区间除了它以外，没有 $b_j$ 是 $b_i$ 的因数。容易想到的是，对每个 $b_i$ 找到包含它可行区间的最左边 $l_i$ 和包含它可行区间的最右边 $r_i$ 那么任何区间 $[l,r]l,r\in [l_i,r_i]$ 都是答案，这样的区间有 $(i-l_i+1)\times (r_i-i+1)$ 个，朴素的 $O(n^2)$ 想法是从 $i$ 开始往左往右扫，找到第一个 $b_j\%b_i=0$ 的 $j$ 就是边界，因为 $n\le 10^5$，是不能通过这题的。考虑怎么优化，当枚举到 $i$ 的时候， 对于 $i$ 左侧的 $b_j$ 如果 $b_j\%b_i=0$ 那么对于位置 $j$ 的 $r_j$ 最右只能到 $(i-1)$ 的位置！， 因为 $b_i\le 10^4$ ，所以可以直接枚举 $b_i$ 的倍数 $j$ 去更新答案，从左往右扫以 pre[i] 表示