E. Power of Points

Problem - 1857E - Codeforces

题意：

给你 $n$ 个点，其整数坐标为 $x_1,\dots x_n$，它们位于一条数线上。

对于某个整数$s$，我们构建线段[$s,x_1$], [$s,x_2$],$\dots$,[$s,x_n$]。注意，如果是KaTeX parse error: Expected 'EOF', got '&' at position 4: x_i&̲lt;s，那么线段看起来就像[$x_i,s$]。线段[$a,b$] 覆盖了所有的整数点$a,a+1,a+2,\dots ,b$。

我们把点 $p$ 的幂定义为与坐标 $p$ 的点相交的线段数，记为 $f_p$。

你的任务是计算每个 s ∈ { x 1 , … , x n } s \in \{x_1,\dots,x_n\} s∈{x1​,…,xn​} 的 $\sum _{p=1}^{10^9}{f}_p$ ，即从 $1$ 到 $10^9$ 所有整数点的 $f_p$ 之和。

例如，如果初始坐标为 $[1,2,5,7,1]$，我们选择 $s=5$，那么线段将是$[1,5]$,$[2,5]$,$[5,5]$,$[5,7]$,$[1,5]$.这些点的幂将是$f_1=2,f_2=3,f_3=3,f_4=3,f_5=5,f_6=1,f_7=1,f_8=0,\dots ,f_{10^9}=0$.它们的和为 $2+3+3+3+5+1+1=18$。

思路：说了这么多就是对每个xi求一个值，这个值得定义是：
$$\sum _i^n(|p-x_i|+1)$$
带绝对值不好计算。取绝对值之后就有两种。

• p > xi

$$\sum _i^k(p-x_i+1)=k\ast p-\sum _i^k(x_i)-k$$

• p < xi

$$\sum _i^k(x_i-p+1)=\sum _i^k(x_i)-(n-k+1)\ast p+n-k$$

对这两个式子进行观察，发现每次加一其实就是n，之后前面得p - xi 和 xi - p其实就是前后缀跟p操作一系列操作的结果。
$$\sum _i^n(|x_k-x_i|+1)=k\ast x_k-\sum _i^k(x_i)+\sum _k^n(x_i)-(n-i+1)\ast x_k+n$$

进而转换为：排序后对第k个，k * xk - pre[k]，suf[k] - (n - k + 1) * xk，n的相加结果。

代码（记得LL）：

void solve() {int n; cin>>n;vector<PII> a(n + 21);for(int i = 1; i <= n ;++i) {int t; cin>>t;a[i] = {t,i};}sort(a.begin() + 1, a.begin() + n + 1);vector<int> pre(n + 21), suf(n + 21);for(int i = 1; i <= n; ++i) {pre[i] = pre[i-1] + a[i].vf;}for(int i = n; i >= 1; --i) {suf[i] = suf[i+1] + a[i].vf;}vector<int> ans(n + 21);for(int i = 1; i <= n; ++i) {int x = a[i].vf;int pr = i * x - pre[i] + n;int sf = suf[i] - (n - i + 1) * x;ans[a[i].vs] = pr + sf;}for(int i = 1; i <= n; ++i) cout<<ans[i]<<" \n"[i == n];
}

C. Pull Your Luck

Problem - 1804C - Codeforces

题意：

思路：当等于2n时：
$$f(2n)=\frac{2n(2n+1)}{2}=n(2n+1)$$
此时，(x + f(2n)) %n == x进行循环，因此进行枚举即可。

_ = int(input())
for __ in range(_):n,x,p = list(map(int, input().split(" ")))ok = Falsefor i in range(1,min(2 * n, p) + 1):k = i * (i + 1) // 2if((k + x) % n == 0):ok = Truebreakprint("Yes" if ok else "No")

CF1804C Pull Your Luck - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)

F. Range Update Point Query

Problem - 1791F - Codeforces

解法一：线段树

区间修改用暴力，如果区间内都是小于10的表示这个区间不用再进行操作，可以知道这个每个位置的操作最多2、3次就不再进行操作。

#include <iostream>
#include <vector>
#include <string>
#include <cstring>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <ctime>
#include <random>
#include <sstream>
#include <numeric>
#include <stdio.h>
#include <functional>
#include <bitset>
#include <algorithm>
using namespace std;#define Multiple_groups_of_examples
#define IOS std::cout.tie(0);std::cin.tie(0)->sync_with_stdio(false);
#define dbgnb(a) std::cout << #a << " = " << a << '\n';
#define dbgtt cout<<" !!!test!!! "<<endl;
#define rep(i,x,n) for(int i = x; i <= n; i++)#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define pb push_back
#define vf first
#define vs secondtypedef long long LL;
typedef pair<int,int> PII;const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int N = 2e5 + 21;int calc(int x) {int tmp = 0; while(x) {tmp += x % 10; x /= 10; } return tmp;
}
int w[N],n,m; // 注意 w[N] 开LL ( https://www.luogu.com.cn/problem/P2357
struct SegTree {int l,r,val,tag;
}tr[N << 2];
// 左子树
inline int ls(int p) {return p<<1; }
// 右子树
inline int rs(int p) {return p<<1|1; }
// 向上更新
void pushup(int u) {tr[u].tag = tr[ls(u)].tag & tr[rs(u)].tag;
}// 建树
void build(int u, int l, int r) {if(l == r) {tr[u] = {l,r,w[l], w[l] < 10};}else {tr[u] = {l,r}; // 容易忘int mid = l + r >> 1;build(ls(u), l, mid), build(rs(u), mid + 1, r);pushup(u);}
}
// 修改
void modify(int u, int l, int r) {if(tr[u].l >= l && tr[u].r <= r && tr[u].tag) {return ;}if(tr[u].l == tr[u].r) {tr[u].val = calc(tr[u].val);tr[u].tag = tr[u].val < 10;return ;}int mid = tr[u].l + tr[u].r >> 1;if(l <= mid) modify(ls(u), l, r);if(r > mid) modify(rs(u), l, r);pushup(u);
}
// 查询
LL query(int u, int l, int r) {if(tr[u].l >= l && tr[u].r <= r) return tr[u].val;int mid = tr[u].l + tr[u].r >> 1;if(l <= mid) return query(ls(u), l,r);return query(rs(u), l, r);
}
void solve() {cin>>n>>m;for(int i = 1; i <= n; ++i) cin>>w[i];build(1, 1, n);while(m--) {int op,l,r; cin>>op;if(op == 1) {cin>>l>>r;modify(1,l,r);} else {cin>>l;cout<<query(1,l,l)<<endl;}}
}
int main()
{#ifdef Multiple_groups_of_examplesint T; cin>>T;while(T--)#endifsolve();return 0;
}
void inpfile() {#define mytest#ifdef mytestfreopen("ANSWER.txt", "w",stdout);#endif
}

解法二

其实可能就是解法一的简化版。因为每个位置最多操作2次就不再进行操作了，只需要维护一个还需要进行操作的一个元素下标，每次区间操作对这个还要操作的元素下标进行查找，复杂度线段树差不多。

注意：对set用lower_bound函数时一定要用set自带的，s.lower_bound(l)，而不是lower_bound(all(s), l)，这题亲测会TLE3（

void solve() {int n,q; cin>>n>>q;vector<int> a(n + 1);set<int> s;for(int i = 1; i <= n; ++i) {cin>>a[i];if(a[i] >= 10) s.insert(i);}auto calc = [&](int x) -> int {int tmp = 0;while(x) {tmp += x % 10;x /= 10;}return tmp;};while(q--) {int op,l,r;cin>>op;if(op == 1) {cin>>l>>r;auto t = s.lower_bound(l);while(t != s.end() && *t <= r) {l = *t;a[l] = calc(a[l]);if(a[l] < 10) {s.erase(l);}t = s.lower_bound(l+1);}} else {cin>>l;cout<<a[l]<<endl;}}
}