题面：https://www.cnblogs.com/Juve/articles/11619002.html
merchant：
二分答案，贪心选前m大的
但是用sort复杂度不优，会T掉
我们只是找前m大的，至于前m大的如何排序我们并不关心
所以用nth_element()函数找出前m大的，然后贪心check
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define int long long
#define re register
using namespace std;
const int MAXN=1e6+5;
int n,m,s,l=0,r=1e9,mid,d[MAXN];
struct node{
int k,b;
}c[MAXN];
int max(int a,int b){
return a>b?a:b;
}
inline bool check(re int x){
re int res=0;
for(int i=1;i<=n;++i) d[i]=c[i].k*x+c[i].b;
nth_element(d+1,d+n-m+1,d+n+1);
for(re int i=n-m+1;i<=n;++i){
res+=max(0,d[i]);
if(res>=s) return 1;
}
return res>=s;
}
signed main(){
scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&s);
for(re int i=1;i<=n;++i) scanf("%lld%lld",&c[i].k,&c[i].b);
while(l<r){
mid=(l+r)>>1;
if(check(mid)) r=mid;
else l=mid+1;
}
printf("%lld\n",l);
return 0;
}
equation:
我们化减一下就能得出每个$x_i$关于$x_1$的关系：
若设$deep[1]=1$，则：${x_1}\pm{x_i}=t_i$，每个节点i都能表示成这个式子，
$deep[x_i]$是偶数就是加，奇数就是减
把边权放到点权，那么：
$t_i=\sum k*w[j]$，其中j是i到根节点路径上的点，$k=\pm1$，$deep[x_i]$是偶数就是1，奇数就是-1，
对于$t_i$，我们可以用树状数组查询，修改用差分思想，注意deep[i]的正负
询问就是三个未知数三个方程
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define int long long
#define re register
using namespace std;
const int MAXN=1e6+5;
int n,q,vall,fa[MAXN],w[MAXN];
int to[MAXN<<1],nxt[MAXN<<1],pre[MAXN],cnt=0,val[MAXN<<1];
void add(int u,int v,int ww){
++cnt,to[cnt]=v,nxt[cnt]=pre[u],pre[u]=cnt,val[cnt]=ww;
}
int c[MAXN];
int lowbit(int x){
return x&(-x);
}
void update(int pos,int val){
for(int i=pos;i<=n;i+=lowbit(i)){
c[i]+=val;
}
}
int query(int pos){
int res=0;
for(int i=pos;i>0;i-=lowbit(i)){
res+=c[i];
}
return res;
}
int deep[MAXN],dfn=0,rk[MAXN],id[MAXN],idd[MAXN];
void dfs(int x,int f,int dep){
deep[x]=dep;
rk[++dfn]=x;
id[x]=dfn;
for(int i=pre[x];i;i=nxt[i]){
int y=to[i];
if(y==f) continue;
dfs(y,x,dep+1);
}
idd[x]=dfn;
}
signed main(){
//freopen("test.in","r",stdin);
scanf("%lld%lld",&n,&q);
if(q==0) return 0;
for(int i=2;i<=n;++i){
scanf("%lld%lld",&fa[i],&w[i]);
add(i,fa[i],w[i]),add(fa[i],i,w[i]);
}
dfs(1,0,1);
for(int i=1;i<=n;++i){
if((deep[i]&1)==0) update(id[i],w[i]),update(idd[i]+1,-w[i]);
else update(id[i],-w[i]),update(idd[i]+1,w[i]);
}
while(q--){
int opt;
scanf("%lld",&opt);
if(opt==1){
int u,v,s;
scanf("%lld%lld%lld",&u,&v,&s);
int p=query(id[u]),q=query(id[v]);
if((deep[u]&1)==0&&(deep[v]&1)==0){//x1+xu=p,x1+xv=q;
int t=p+q-s;
if(t&1==1) puts("none");
else printf("%lld\n",t/2);
}
else if((deep[u]&1)==0&&(deep[v]&1)==1){//x1+xu=p,x1-xv=q;
int t=p-q;
if(t==s) puts("inf");
else puts("none");
}
else if((deep[u]&1)==1&&(deep[v]&1)==0){
int t=q-p;
if(t==s) puts("inf");
else puts("none");
}
else{//x1-xu=p,x1-xv=q;
int t=p+q+s;
if((t&1)==1) puts("none");
else printf("%lld\n",t/2);
}
}else{
int u,ww;
scanf("%lld%lld",&u,&ww);
if((deep[u]&1)==0){
update(id[u],ww-w[u]),update(idd[u]+1,w[u]-ww);
}else{
update(id[u],w[u]-ww),update(idd[u]+1,ww-w[u]);
}
w[u]=ww;
}
}
return 0;
}
rectangle：
不会了，只有n4暴力
先考虑横坐标互不相同的情况。枚举矩形的右边界R和左边界L,假设左边界上的点的坐标为(L, y 1 ),右边界上的点的坐标为(R, y 2 ),不妨设y 1 ≤ y 2 ,考虑怎么一次计算所有左边界为L右边界为R的矩形的面积和。由于这些矩形的面积可以表示为(R − L) × (y max − y min ),可以发现我们只需要知道在所有L ≤ x ≤ R的点中,满足y ≤ y 1 的不同的y有多少个,以及它们的和;相应地还有满足y ≥ y 2 的信息。枚举右边界后,从大到小地枚举左边界,在移动左边界时用树状数组维护信息即可。现在考虑一般情况,以相同的方式枚举左右边界,此时横坐标为L或R的点可能有很多,这些点的纵坐标会划分出若干个区间,此时再枚举上边界的纵坐标所在的区间,即可得到对应的可行的下边界的区间,仍然可以用树状数组维护和查询。复杂度为O(nm log m),其中m为坐标范围。树状数组常数非常优秀,因此可以快速通过。bonus: 找到一个复杂度为O(nm)的做法。