T1 - 直径

思路

就类似下图的链接方法。

这其中每一条边权都是 111。

我们设以 222 为根的子树除去 222 有 aaa 个节点，以 333 为根的子树除去 333 有 bbb 个节点，以 444 为根的子树除去 444 有 ccc 个节点。

此时直径的数量就为 a⋅b+a⋅c+b⋅ca\cdot b+a\cdot c+b\cdot ca⋅b+a⋅c+b⋅c。

我们可以枚举 a,ba,ba,b ，看下有没有相应的 ccc 满足条件就可以了。

代码

#include 
using namespace std;
typedef long long LL;
LL k;
void out3(int a, int b, int c) {printf("%d\n", 4 + a + b + c);printf("1 2 1\n1 3 1\n1 4 1\n");for (int i = 5; i <= a + 4; i++)printf("2 %d 1\n", i);for (int i = a + 5; i <= a + 4 + b; i++)printf("3 %d 1\n", i);for (int i = a + b + 5; i <= a + 4 + b + c; i++)printf("4 %d 1\n", i);
}
int main() {// freopen("diameter.in", "r", stdin);// freopen("diameter.out", "w", stdout);scanf("%lld", &k);for (LL i = 1; i <= 5000; i++)for (LL j = 1; j <= 5000 - i; j++)if ((k - i * j) % (i + j) == 0 && (k - i * j) / (i + j) + j + i + 4 <= 5000) {out3(i, j, (k - i * j) / (i + j));return 0;}return 0;
}

T2 - 定价

思路

因为查询比较少，所以我们可以每次查询都做一次。

我们来看看如何做查询。

我们先将限制看为 000 和 111，000 代表只能选 000，111 代表 000 和 111 都能选。

我们可以从高位往低位枚举，因为我们已经知道上一个套装的选择方案了，于是我们分以下 444 类情况。

• 如果上一位选了 111，这一位为 111，则这一位的一必须选。
• 如果上一位选了 000，这一位为 111，则我们可以将这一位选上，更新当前套装的答案，但在再往低位枚举时就不用将这一位选上。
• 如果上一位选了 111，这一位为 000，则我们直接退出当前套装的枚举。
• 如果上一位选了 000，这一位为 000，则我们不用管他。

此时我们看看当前套装的答案有没有被更新过，如果没有，就说明没有一种方案满足要求，直接输出 −1-1−1 就好了。

因为这样做是 O(nm)O(nm)O(nm)，我们来想想怎么优化。

因为只有为 111 的位才有贡献，所以我们可以用 set 来存每一位的限制，然后枚举时用双指针来做就可以了。

具体实现可以看代码。

注意 set 的细节，很容易越界导致gg。

代码

#include 
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL MOD = 1e9 + 7;
int n, m, q;
LL ans, sum;
set  st[1005], last, now, s;
LL Pow(LL a, int b) {LL s = 1;while (b) {if (b & 1)s = s * a % MOD;a = a * a % MOD, b = b >> 1;}return s;
}
int main() {set ::const_iterator it, jt, lt;scanf("%d%d%d", &n, &m, &q);for (int qq = 1, op, r, c; qq <= q; qq++) {scanf("%d", &op);if (op == 1) {scanf("%d%d", &r, &c);if (st[r].count(m - c))st[r].erase(m - c);elsest[r].insert(m - c);}else {last.clear();if (st[1].empty()) {printf("-1\n");continue;}last.insert(*st[1].begin());ans = Pow(2, *st[1].begin());//第一位特殊判断，直接使得第一位最小就可以了。for (int i = 2; i <= n; i++) {if (st[i].empty()) {//如果这一位没有任何1，直接为-1就可以了ans = -1;break;}jt = last.end(), jt--, it = st[i].upper_bound(*jt), sum = 0, s.clear(), now.clear();if (it == st[i].end())it--;for (; ;) {if (*jt == *it) {//上一个选了1，这一位为1now.insert(*it);if (it == st[i].begin())break;if (jt == last.begin()) {s = now;s.insert(*st[i].begin());break;}jt--, it--;}else if (*jt > *it)//上一个选了1，这一位为0break;else {//上一个选了0，这一位为1s = now;s.insert(*it);if (it == st[i].begin())break;it--;}}if (s.empty())//如果答案没有被更新过ans = -1;if (ans == -1)break;last.clear();for (it = s.begin(); it != s.end(); it++)sum = (sum + Pow(2, *it)) % MOD, last.insert(*it);(ans += sum) %= MOD;}printf("%lld\n", ans);}}return 0;
}

T3 - 排序

思路

我们可以将 cntcntcnt 次操作后能做完几个整轮，我们假设能做完 kkk 个整轮，则我们可以先将 kkk 个整轮之后的数组求出来，剩下的再暴力做。

我们来看看怎么求出 kkk 轮之后的数组。

我们先用一个优先队列存 kkk 个数，表示比当前的数小的前 kkk 个位置。

那我们做完 kkk 轮之后，当前数就会到这 k+1k+1k+1 个位置中的最后一个位置。

原理比较难讲，自己理解一下应该可以。

代码

#include 
using namespace std;
typedef long long LL;
int n, a[1000005], ans[1000005], tr[100000005], b[1000005];
LL cnt, m;
LL in() {LL s = 0;char ch = getchar();while (ch < '0' || ch > '9')ch = getchar();while (ch <= '9' && ch >= '0')s = s * 10 + ch - '0', ch = getchar();return s;
}
int main() {// freopen("sort.in", "r", stdin);// freopen("sort.out", "w", stdout);n = in(), m = cnt = in();for (int i = 1; i <= n; i++)a[i] = in(), b[a[i]] = i;priority_queue  q;int k = 1;while (m >= n - k)m = m - n + k, k++;k--;if (k) {for (int i = 1; i <= k; i++)q.push(b[i]);for (int i = k + 1; i <= n; i++) {if (q.top() > b[i])ans[q.top()] = i, q.pop(), q.push(b[i]);elseans[b[i]] = i;}for (int i = 1; i <= k; i++)ans[i] = i;}elsefor (int i = 1; i <= n; i++)ans[i] = a[i];// for (int i = 1; i <= n; i++)//     printf("%d ", ans[i]);// printf("\n");k++;for (int j = k + 1; m > 0 && j <= n; j++) {if (ans[j] < ans[k])swap(ans[j], ans[k]);m--;}for (int i = 1; i <= n; i++)printf("%d ", ans[i]);return 0;
}