pr3pony's magical wonderland

TopCoder SRM 770 Div1

Mon, 04 Nov 2019 13:26:30 +0000

standings
其實這場蠻水的，只是我賽中 Medium 想很久只想出假解 FST，最後只過了 Easy，rank 58。看完 tourist 的 code 才發現 Medium 很簡單，比完躺在床上睡覺時就發現 Hard 過份簡單。

Medium: ShoppingSpree

題意

給一張有（正）點權沒邊權的二分圖，邊數為 \(d\)，可以選至多 \(k\) 條邊，求他們的 edge-induced subgraph 最大的點權和。

解法

最小費用流。建模看 code，應該很好懂。可以想像挑一條邊 \( (u,v) \) 是從 \(u,v\) 分別拿一個數字，第一次拿到點權，之後都是 0，因為點權都是正的，取負後作為流網路中邊的費用可以保證照上述的順序拿數字。

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struct CostFlow {
	static const int MXN = 205;
	static const long long INF = 102938475610293847LL;
	struct Edge {
		int v, r;
		long long f, c;
	};
	int n, s, t, prv[MXN], prvL[MXN], inq[MXN];
	long long dis[MXN], fl, cost;
	vector<Edge> E[MXN];
	void init(int _n, int _s, int _t) {
		n = _n; s = _s; t = _t;
		for (int i=0; i<n; i++) E[i].clear();
		fl = cost = 0;
	}
	void add_edge(int u, int v, long long f, long long c) {
		E[u].PB({v, SZ(E[v])  , f,  c});
		E[v].PB({u, SZ(E[u])-1, 0, -c});
	}
	pll flow() {
        while (true) {
            for (int i=0; i<n; i++) {
                dis[i] = INF;
                inq[i] = 0;
            }
            dis[s] = 0;
			queue<int> que;
			que.push(s);
			while (!que.empty()) {
				int u = que.front(); que.pop();
				inq[u] = 0;
				for (int i=0; i<SZ(E[u]); i++) {
					int v = E[u][i].v;
					long long w = E[u][i].c;
					if (E[u][i].f > 0 && dis[v] > dis[u] + w) {
						prv[v] = u; prvL[v] = i;
						dis[v] = dis[u] + w;
						if (!inq[v]) {
							inq[v] = 1;
							que.push(v);
						}
					}
				}
			}
			if (dis[t] == INF) break;
			long long tf = INF;
			for (int v=t, u, l; v!=s; v=u) {
				u=prv[v]; l=prvL[v];
				tf = min(tf, E[u][l].f);
			}
			for (int v=t, u, l; v!=s; v=u) {
				u=prv[v]; l=prvL[v];
				E[u][l].f -= tf;
				E[v][E[u][l].r].f += tf;
			}
			cost += tf * dis[t];
			fl += tf;
		}
		return {fl, cost};
	}
}flow;
class ShoppingSpree {
    public:
    int maxValue(int k, vector<int> a, vector<int> b, vector<int> x, vector<int> y) {
        int n = a.size(), m = b.size(), d = x.size();
        int s0 = n + m, s1 = n + m + 1, t = n + m + 2;
        flow.init(n+m+3,s0,t);
        flow.add_edge(s0,s1,k,0);
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            flow.add_edge(s1,i,1,-a[i]);
            flow.add_edge(s1,i,k,0);
        }
        for (int i = 0; i < d; ++i)
            flow.add_edge(x[i],n+y[i],1,0);
        for (int i = 0; i < m; ++i) {
            flow.add_edge(n+i,t,1,-b[i]);
            flow.add_edge(n+i,t,k,0);
        }
        return flow.flow().S * -1;
    }
};

Hard: RandomSelection

題意

給定一個長度 \(n\) 的非負整數序列 \(A\)， \(a_i\) 是從 \( [0,A_i] \) uniformly at random 選的一個實數，求 \( E[\max_{i=1}^{n}(a_i)] \)。

解法

簡單機率跟微積分。

實數上期望值的定義是這樣的：

\[ E[X] = \int_{\mathbb{R}} x f(x) dx \]

\( f(x) \) 是機率密度函數 (Probability density function (PDF))。
\( F(x) = Pr( X \le x ) \) 是累積分布函數 (Cumulative Distribution Function(CDF))。
\( f(x) = \frac{d F(x)}{dx} \)。

令 \(X = \max_{i=1}^{n}(a_i)\)。 \[ Pr( X \le x ) = \prod_{i=1}^{n}Pr(a_i \le x) = \prod_{i=1}^{n}\frac{ \min(x,A_i) }{A_i} \] 那我們先把 \(A\) 由大到小排序，尾巴加個 0，方便推式子。
可得出
\(\begin{align*} F(x) &= \frac{x^i}{\prod_{j=1}^{i} A_j }\text{ if }x \in [A_{i+1}, A_i] \\ f(x) &= \frac{d F(x)}{dx} = \frac{i x^{i-1}}{\prod_{j=1}^{i} A_j }\text{ if }x \in [A_{i+1}, A_i]\\ E[A_{i+1} \le X \le A_i] &= \int_{A_{i+1}}^{A_i} x f(x) dx = \frac{i x^{i+1}}{ (i+1) \prod_{j=1}^{i} A_j } \end{align*}\)

剩下就是實做問題了。因為乘的數字很大，次方很高，總之會想先把所有東西取個 \(\log\)，乘除跟次方用加減乘取代，最後再 \(\exp\) 回來。我的 code （跟其他很多人的）用 double 精度不夠會 WA，改 long double 才過。

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typedef long double val;
class RandomSelection {
    public:
    double expectedMaximum(int n, int T, int seed, int Amod, vector<int> Aprefix) {
        vll A(n+1);
        for (int i = 1; i <= SZ(Aprefix); ++i)
            A[i] = Aprefix[i-1];
        ll state = seed;
        for (int i = SZ(Aprefix) + 1; i <= n; ++i) {
            state = (1103515245 * state + 12345) % (1ll<<31);
            A[i] = T + (state % Amod);
        }
        sort(ALL(A),greater<ll>());
        val ret = 0, C = 0;
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            ll a = A[i], b = A[i-1];
            C += log(b);
            auto f = [&](val x) -> val {
                if (x == 0)
                    return 0;
                return exp(((i+1) * log(x) + log(i)) - (C + log(i+1)));
            };
            ret += f(b) - f(a);
        }
        return ret;
    }
};

題外話

這份 code 只有做排序跟 \(O(N)\) 次 \(\log, \exp\) 運算，最慢的測資也才跑 67 ms。 Petr 賽中用 Java 寫完第三題，寫完隨手一測 2.591s（應該跟我解法不同複雜度，沒仔細看他 code），眉頭一皺發現不對勁， TL 是 2s，於是 Petr 靈機一動，把他的 Java code 貼到 sol.cpp 裡開始改寫成 C++。這輩子第一次看到 Petr 寫 C++，笑死🤣🤣🤣。

tioj 1501: Dead at the end of sixth sense

Fri, 28 Apr 2017 04:06:30 +0000

problem link
有 \(N\) 個數線上的整數點，編號 \(1\) 到 \(N\)，第 \(i\) 個點的座標是 \(d_i\)。
有一隻兔子一開始站在 \(d_1\) 上。
當牠站在 \(d_i\) 時，牠可以跳到 \(d_{i + 1}\) 或 \(d_{i + 2}\) 上。
當牠跳到 \(d_N\) 時，途中經過的最大座標是 \(d_{max}\) ，最小座標是 \(d_{min}\)。
請問該兔所有跳到 \(d_N\) 的方法中，\(d_{max} - d_{min}\) 的最小值是多少。
有 \(T\) 筆測資，\(T \le 10^3\)，\( N \le 10^3 \)。
可以幫此問題建一個無向圖☆的模型，數線上兩點 \(d_i, d_j\) 有邊若且唯若 \(|i - j| \le 2\)。
數線上的一個區間 \([a,b]\) 對應到原圖 \(G\) 的一個子圖 \(g(a,b) = [a,b] \cap G\)。
求 \( min \{ b - a \mid \{d_1, d_N\} \subseteq g(a,b), g(a,b) \text{ is connected} \} \)。
\[\begin{align} & \forall a_1 \le \min(d_1,d_N), f(a_1) = min\{ b \mid \{d_1, d_N\} \subseteq g(a_1,b), g(a_1,b) \text{ is connected} \} \\ & a_1 \le a_2 \le \min(d_1,d_N) \Rightarrow f(a_1) \le f(a_2) \\ \\ & \text{Proof:}\\ & \because f(a_1) > f(a_2) \\ & \Rightarrow \{d_1, d_N\} \subseteq g(a_1,f(a_2)) \land g(a_1,f(a_2)) \text{ is connected} \\ & \Rightarrow f(a_1) = f(a_2) \\ & \Rightarrow\Leftarrow \\ & \therefore f(a_1) \le f(a_2) \end{align}\]
因為上述單調性，可以用雙指標掃過數線，維護當前區間內的連通分量個數。
注意爆 int >///<
Time Complexity:\(O(T N \log N)\)，因為要對輸入照座標排序，雙指標的部份是 \(O(N)\) 的。

hdu 1255: 覆盖的面积

Thu, 27 Apr 2017 12:05:15 +0000

problem link
直角座標平面上有一坨矩形，其邊皆與座標軸平行或垂直，請問被這些矩形覆蓋至少二次的面積是多少？
突然發現 hdu 可以用 C++11，於是決定刷二題 >///<
TOI 名產 - 掃描線線段樹(?)
第二次用 tuple >///<

hdu 1542: Atlantis

Thu, 27 Apr 2017 07:45:21 +0000

problem link
直角座標平面上有一坨矩形，其邊皆與座標軸平行或垂直，請問被這些矩形覆蓋至少一次的面積是多少？
突然發現 hdu 可以用 C++11，於是決定刷一題 >///<
TOI 名產 - 掃描線線段樹(?)
第一次用 tuple >///<

tioj 1556 . Weep

Sun, 23 Apr 2017 15:55:45 +0000

problem link
給定一正整數\(N\)，求符合\(A \lt B \le N\) 且 \(A | B\)的正整數數對\( (A,B) \)的個數。\( (N \le 10^{14}) \)
問題等價於求\( \sum_{i=1}^N { (\lfloor \frac N i \rfloor - 1) } \) ，直接\( O(N) \)算肯定會 TLE。
\( \sum_{i=1}^N { \lfloor \frac N i \rfloor} \) 等於滿足 \( i \le N, j \le N, ij \le N \) 的正整數數對 \( (i, j) \) 的數量。
令\( u = \lfloor \sqrt N \rfloor \)， \((i,j)\) 數對可分成三類
1. \(i \le u, j \le u\)
2. \(i \le u, j \gt u\)
3. \(i \gt u, j \le u\)
顯然
1. 第 \(1\) 類的數量等於 \(u^2\)，因為任兩個不大於 \(u\) 的數相乘都不會大於 \(N\)
2. 第 \(2\) 類的數量與第 \(3\) 類相等（對稱）
3. 第 \(1\) 類加第 \(2\) 類的數量等於 \( \sum_{i=1}^u {\lfloor \frac N i \rfloor} \)
於是乎排容一下可得到

\[\sum_{i=1}^N { \lfloor \frac N i \rfloor} = 2 \sum_{i=1}^u {\lfloor \frac N i \rfloor} - u^2\]

可以用 \( O(\sqrt N) \) 計算了，yay
詳情請看維基百科 Divisor summatory function - Wikipedia (?

zj b493: 史蒂芙的外交夥伴

Mon, 17 Apr 2017 00:55:03 +0000

problem link
有\(N\)個點，每個點有權值，一開始點都不相連，有\(Q\)個操作，強制在線，分兩種：
1. 把 \(X\) 跟 \(Y\) 連一條無向邊。如果 \(X\) 和 \(Y\) 本身已經直接相連或間接相連，則忽略此操作。
2. 查詢 \(X\) 到 \(Y\) 的路徑上權值 \( \le K\) 的點的數量。
資料範圍：多測資，沒講幾筆，\(N \le 5 \times 10^4, Q \le 10^5\)，權值範圍不重要（？），反正太大的話可以離散化
根據規則會發現建出來的是一個森林，連通性的檢查可以用併查集做。
當\(X,Y\)連通時會在一顆樹上，隨意定根後詢問可以拆成\(X\)到根的詢問，\(Y\)到根的詢問，\(LCA(X,Y)\)到根的詢問，就變得跟陣列版的區間第 \(K\) 小一樣可用持久化的值域線段樹做。
加邊時要把兩顆樹上的資料結構合併，有點麻煩，但用啟發式合併的思想把小的併到大的，每個點只會被合併 \(O(\log N)\) 次，只要能支援新增一個點這個操作就會是好的。
持久化線段樹就直接從親節點的版本插入生成一個新版本。
LCA 的話常見的做法好像只有倍增法能往下長一個點。（link-cut tree 什麼的就算惹）
Time Complexity: \(O(N \log^2 N + Q \log N)\)
Space Complexity: \(O(N \log^2 N)\) （寫垃圾回收的話可以壓到 \(O(N \log N)\)，可是我懶（？））
這題一堆資料結構耶，苦功題（？
覺得這次 LCA 寫的特別乾淨，之前倍增法 LCA 都亂寫，就貼上來惹。

zj c176: TYVJ1681. 中中暴RP

Sun, 16 Apr 2017 00:28:05 +0000

problem link
題目要求維護一個長度 \(N\) 的序列 \(a\)，會做 \(K\) 次操作，操作有兩種：
1. 把第 \(i\) 個到第 \(j\) 個元素加上 \(x\)
2. 查詢第 \(i\) 個到第 \(j\) 個元素中大於 \(0\) 的元素的和
資料範圍：\(N \le 10^5, K \le 2 \times 10^ 5, 過程中 -10^{13} \le a[i] \le 10^{13}\)
看到第一種操作直覺會想到可以用線段樹之類的做，但第二個操作就爛掉了。
要找大於 0 的元素和，可以想到把元素由小到大排序後，預處理後綴和，查詢時可以二分搜，區間加值就用一個變數存即可。
之後發現線段樹要從左右子樹維護排序後的序列會爛掉。
於是乎只能分塊搞一搞惹。
Time Complexity: \(O(K \sqrt N \log N)\)
覺得這次分塊寫的特別乾淨就想貼上來 >///<

2016 台中區資訊能力競賽

Thu, 17 Nov 2016 10:09:59 +0000

台中區資訊(11/16)在台中一中比，題目照慣例由彰師大準備
值得一提的是今年是台中區第一次用 Online Judge，之前都是人肉 Judge，測資也因此不能太大
彰師大用的是 IOI 用過的 CMS，架在 Ubuntu 上，我問他們是 \(32\) 還是 \(64\) 位元卻沒回答我 = =
然後編譯器是 gcc，編 C++ 的參數有 -std=c++11 ，真令人感動
有一種經歷時代變遷的感覺啊（茶

這次上機有 \(6\) 題，每題 \(4\) 筆測資，每筆 \(25\) 分。
雖然改用電腦 Judge 了 \(n\) 還是很小，很好騙分。

以下題目是我記得的部份，可能有誤。
測資是我胡亂生的，可能有誤。
測資範圍大多不記得惹，反正都很小（？）。

給一個英文字母字串 \(S\) 跟一個英文字母 \(C\)，求每一個在 \(S\) 中的 \(C\) 距離上一個多遠（不分大小寫）。
給 \(n\) 個只由大寫英文組成的字串 \(S_1, S_2, \cdots, S_n \)，任兩個字串至少有一個相同的字母，你可以用任何順序排列這些字串，兩個相鄰字串要以他們共同的至少一個字母對齊，請輸出最寬的排列方式，若寬度一樣，則輸出字串編號排列字典序最大者，輸出時每一個字串儘量往前一個的右邊對齊。
\( (2 \le n \le 10, 1 \le i \le n, 1 \le \left| S_i \right| \le 100) \)

example 1:
```
2
PR
PMDRT
```
AC 的輸出:
```
PMDRT
  PR
```
WA 的輸出：因為 \(PR\) 可以往更右邊對齊
```
PMDRT
PR
```
example 2:
```
4
PMDRT
DDC
CIRC
IRC
```
AC 的輸出：字串編號排列\( = (4,3,2,1)\)
```
  IRC
    CIRC
  DDC
PMDRT
```
WA 的輸出：字串編號排列\( = (1,2,3,4) < (4,3,2,1)\)
```
PMDRT
  DDC
    CIRC
     IRC
```
每筆測資有 \(n\) 個問題，每個問題會給你一個正整數 \(k\)，請你照字典序輸出所有符合條件的\( a,b,c,d \)。
\((a,b,c,d \in \mathbb N, a \le b \le c \le d, a^2 + b^2 + c^2 + d^2 = 2^k) \)
\( (1 \le n \le 10, k \le 20) \)
有 \(n\) 個人在排隊買東西還是什麼的，第 \(i\) 個人出現的時間點是 \(q_i\)，店家服務他要花的時間是 \(s_i\)，店家一次只能服務一個人，正在被服務的人不算在隊伍裡，求最多同時有多少人在隊伍裡。（輸入是照 \(q\) 遞增排序的。）
現在有一種新的加密方法，可以加密一個只由英文字母跟空格組成的句子，步驟如下。
1. 對於句子裡的每個單字，第一個跟最後一個字母不能動，中間的字母的順序可以隨意打亂。
2. 把句子裡的所有空格移除。
給你一個加密過的句子 \(S\) 跟一個單字的集合 \(P\)，裡面有 \(n\) 個字串，第 \(i\) 個是 \( P_i \)，請你用 \(P\) 裡的元素把 \(S\) 還原，每個元素不限使用次數。
如果 \(S\) 不能還原請輸出 \(-1\)。
如果能還原且只有一種還原方法，請輸出還原後的句子。
如果有多種還原法，請輸出 \(1\)。
\( (1 \le \left| S \right| \le 1000, 1 \le n \le 100, 1 \le i \le n, \left| P_i \right| \le 100) \)
給兩個字串 \(A, B\)，求有多少個\(A\)的子字串跟\(B\)相等，其中\(B\)皆為 \(XYX\) 的型式，\(X\) 跟 \(Y\) 是兩個可以相同的字母，若\(B\)不符合格式請輸出 \(-1\)。

cf 717A: Festival Organization [math]

Fri, 16 Sep 2016 16:41:59 +0000

problem link
問題：從長度在 \( [l, r] \) 的沒有連續兩個 0 的 01 序列中，同樣長度的選 k 個，有幾種選法？（輸出選法數除以 \(10^9+7\) 的餘數） (\(1 \le k \le 200, \; 1 \le l \le r \le 10^{18} \))
想法：令 \(a_i = \) 長度 \(i\)，沒有連續兩個 0，以 1 結尾的 01 序列數量
\(b_i = \) 長度 \(i\)，沒有連續兩個 0，以 0 結尾的 01 序列數量
\(c_i = \) 長度 \(i\)，沒有連續兩個 0 的 01 序列數量
不難得出

\[a_i = c_{i-1} \\ b_i = a_{i-1}\\ c_i = a_i + b_i\\ = c_{i-1} + a_{i-1}\\ = c_{i-1} + c_{i-2}\\\]

而且 \(c_1 = 2, c_2 = 3\)，可發現\(c_i =\) 第 \(i+2\) 個費波那契數

\[F_0 = 0, F_1= 1\\ F_n = F_{n-1} + F_{n-2}\\ Ans = \sum_{i=l+2}^{r+2} \binom{F_i}{k}\\\]

照這算式跑一定會 TLE 可是我比賽時只有想到這裡 QAQ

後來看到 Announcement 裡的這個留言的前三行就大概知道要怎麼解了

首先

\[Ans = \frac 1 {k!} \sum_{i=l+2}^{r+2} \prod_{j = 0}^{k-1} (F_i - j)\\\]

發現連乘的部份只有 k 項，而且形式都一樣

定義 \(p(k, x) = \prod_{i=0}^{k-1}(x - i) = \sum_{j = 1}^{k} s(k, j) x^j\)
\(\because p(k, x) =\prod_{i=0}^{k-1}(x - i) \\ = [x - (k - 1)] \prod_{i=0}^{k-2}(x - i) \\ = [x - (k - 1)]p(k-1, x) \\ = [x - (k - 1)] \sum_{j = 1}^{k-1} s(k-1, j) x^j \\ = x \sum_{j = 1}^{k-1} s(k-1, j) x^j - (k - 1) \sum_{j = 1}^{k-1} s(k-1, j) x^j \\ = \sum_{j = 1}^{k} [s(k-1, j-1) - (k-1)s(k-1, j)] x^j \\ \therefore s(k, j) = -(k-1) \times s(k-1, j) + s(k-1, j-1)\)

因此我們可以簡單的用 \(O(k^2)\) 的 DP 算出 \(s(k,j)\)

\[Ans = \frac 1 {k!} \sum_{i=l+2}^{r+2} \sum_{j = 1}^{k} s(k, j) F_i^j\\ = \frac 1 {k!} \sum_{j = 1}^{k} s(k, j) \sum_{i=l+2}^{r+2} F_i^j\]

\(F_i\) 很礙眼，所以我們接著推倒（？）他的通式吧！

\[\begin{align} &\text{let} \; F_n + \beta F_{n-1} = \alpha (F_{n-1} + \beta F_{n-2})\\ &F_n = (\alpha - \beta)F_{n-1} + \alpha\beta F_{n-2}\\ &\begin{cases} &\alpha - \beta & = 1\\ &\alpha \times \beta & = 1 &\end{cases}\\[1ex] &\alpha = \beta + 1\\ &(\beta + 1) \beta = 1\\ &\beta^2 + \beta - 1 = 0\\ &\beta = \frac {-1 \pm \sqrt{1 - 4 \times (-1)}} {2} = \frac {-1 \pm \sqrt{5}} {2}\\ &\alpha = \frac {1 \pm \sqrt{5}} {2} \\ &\text{let} \; \phi = \frac {1 + \sqrt{5}} {2}\\ &(\alpha, \beta) = (\phi, \frac 1 \phi) or (- \frac 1 \phi, -\phi)\\[2ex] &F_n + \frac 1 \phi F_{n-1} = \phi (F_{n-1} + \frac 1 \phi F_{n-2})\\ &= \phi^{n-1} (F_1 + \frac 1 \phi F_0)\\ &= \phi^{n-1}\\[5ex] &\text{let} \; F_n + A \phi^n = B(F_{n-1} + A \phi^{n-1})\\ &F_n - B F_{n-1} = (-A \phi + AB) \phi^{n-1}\\ &\begin{cases} &-B = \frac 1 \phi\\ &-A \phi + AB = 1 &\end{cases}\\ &B = - \frac 1 \phi = 1 - \phi\\ &A(-\phi + 1 - \phi) = 1 \\ &A = - \frac {1} {2 \phi - 1} = - \frac {1} {\sqrt{5}} \\[2ex] &F_n - \frac {\phi^n} {\sqrt{5}} = (-\phi)^{-1}(F_{n-1} - \frac {\phi^{n-1}} {\sqrt{5}})\\ &= (-\phi)^{-n}(F_0 - \frac {\phi^0} {\sqrt{5}})\\ &= - \frac {(-\phi)^{-n}} {\sqrt{5}}\\ &F_n = \frac {\phi^n - (-\phi)^{-n}} {\sqrt{5}}\\ \end{align}\]

代回答案

\[Ans = \frac {1} {k!} \sum_{j = 1}^{k} s(k, j) \sum_{i=l+2}^{r+2} [\frac {\phi^i - (-\phi)^{-i}} {\sqrt{5}}]^j \\ = \frac {1} {k!} \sum_{j = 1}^{k} \frac {s(k, j)}{(\sqrt{5})^j} \sum_{i=l+2}^{r+2} [\phi^i - (-\phi)^{-i}]^j \\\]

再套個二項式定理

\[Ans = \frac {1} {k!} \sum_{j = 1}^{k} \frac {s(k, j)}{(\sqrt{5})^j} \sum_{i=l+2}^{r+2} \sum_{m=0}^j \binom{j}{m} (\phi^i)^m [-(-\phi)^{-i}]^{j-m}\\ =\frac {1} {k!} \sum_{j = 1}^{k} \frac {s(k, j)}{(\sqrt{5})^j} \sum_{m=0}^j \binom{j}{m} \sum_{i=l+2}^{r+2} (-1)^{(-i+1)(j-m)} \phi^{i(2m-j)}\\ =\frac {1} {k!} \sum_{j = 1}^{k} \frac {s(k, j)}{(\sqrt{5})^j} \sum_{m=0}^j \binom{j}{m} (-1)^{j-m} \sum_{i=l+2}^{r+2} [(-1)^{m-j} \phi^{2m-j}]^i\\\]

二項式係數可以 \(O(k^2)\) 預處理
而最後面\(\sum_{i=l+2}^{r+2} [(-1)^{m-j} \phi^{2m-j}]^i\) 不就是個等比級數嘛！
于是乎我們成功的把 \(l,r\) 兩個可能高達 \(10^{18}\) 的數字移到了可以用快速冪解決的問題！

實作方面
運算過程中雖然有分數跟無理數，但用浮點數計算可能會有精度問題
分數的話模運算本來就可以處理
無理數部份
可以發現運算中牽涉到的無理數只有 \(\sqrt 5\)
我們可以用一個數對資料結構 \((a, b)\) 表示 \(a + b \sqrt{5}\)
再實作對應的四則運算函式即可
第一份 AC 的 code
時間複雜度：\(O(k^2 \log r)\)
觀察可發現，在第二層迴圈內解等比級數時其實不必用快速冪，運算所需的數字都可以遞推
覺得無聊就優化一下這樣
時間複雜度：\(O(k^2)\)
在 judge 上跑的時間是 31 ms
wwwww

poj 2104: K-th Number [劃分樹]

Sat, 27 Aug 2016 03:02:10 +0000

problem link
題目：
給你一個有 \(n\) 個整數的陣列 \(a[1..n]\)，有 \(m\) 筆詢問，
每筆\((i, j, k)\)問你 \(a[i..j]\) 中第 \(k\) 小的數為何
解法：相信大家都會寫持久化線段樹的作法，我就不介紹了
今天用的是一種叫劃分樹的資料結構，感覺是中國選手自己搞出來的東西
因為找不到英文的資料
倒是 google 的到很多簡體中文資料
隨便貼其中一個划分树 - pony1993 - 博客园，說明應該比我清楚
劃分樹可視為一種線段樹，但每個結點存的是一段子序列\([l,r]\)
每個節點的左孩子依序儲存該區間 \(\le\) 中位數的數
右孩子依序儲存該區間 \(\ge\) 中位數的數
為了二分區間，跟中位數相等的數的要特別處理
使得兩孩子的區間長度差 \(\le\) 1
同時，每個節點也儲存一個陣列 \(cnt\)
\(cnt[i] = [l..i]\) 中有多少元素進入左子樹

有了 \(cnt\) 陣列後不難推出查詢方法
時間複雜度：\(\mathcal{O}(n \log n + m \log n)\)
空間複雜度：\(\mathcal{O}(n \log n)\)
時空複雜度好像比持久化線段好一點，因為持久化線段樹是對值域取 \(\log\)，
劃分樹則是對元素個數
不過持久化線段樹也可以把資料離散化就是了，那就跟劃分樹一樣了