20210712 簡單的區間,簡單的玄學,簡單的填數
阿新 • • 發佈：2021-07-12
考場
嘗試戴耳罩，發現太緊了。。。
決定改變策略，先用1h看題，想完3題再寫。
T1一下想到列舉最大值，單調棧求出每個點能作為最大值的區間，然後以這個點為分界，一邊放入桶，一邊從桶中算答案，隨機資料應該是 \(O(n\log n)\)，但一個單調的序列就會卡到 \(O(n^2)\)，嘗試用線段樹快速算兩邊的貢獻失敗
T2先推式子，結果寫的時候發現錯了。找到了 \(O(m)\) 的演算法，但突然卡在了先約分再膜。。。暴斃
T3大力深搜，玄學複雜度能過 \(n=10^3\)，結果最後30min閒的無聊，決定加一堆特判嘗試騙到隨機資料的分，結果寫掛了，直接變成和 puts("-1") 一個分
res
rk9: 50+20+10
rk1: 趙思遠 100 100 10
rk5: ys 40+70+0
簡單的區間
分治（其實單調棧的做法也行）
對於兩邊的貢獻，只列舉長度小的一邊，貢獻推式子轉化為 \(O(n\log n)\) 個形如“\(x\) 在 \([l,r]\) 中出現了多少次”的詢問。可以均攤 \(O(1)\) 處理。
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const int N = 3e5+5, X = 1e6+5; int n,k,a[N]; int m,s[N],head[N],nxt[N*36],val[N*36],op[N*36],cnt[X]; LL ans; namespace st { int lg[N],pw[19],f[19][N],p[19][N]; void init() { lg[1] = 0; For(i,2,n) lg[i] = lg[i>>1]+1; pw[0] = 1; For(i,1,18) pw[i] = pw[i-1]<<1; For(i,1,n) f[0][i] = a[i], p[0][i] = i; For(j,1,18) for(int i = 1; i+pw[j]-1 <= n; ++i) { int mid = i+pw[j-1]; if( f[j-1][i] > f[j-1][mid] ) f[j][i] = f[j-1][i], p[j][i] = p[j-1][i]; else f[j][i] = f[j-1][mid], p[j][i] = p[j-1][mid]; } } int maxx(int l,int r) { int k = lg[r-l+1], mid = r-pw[k]+1; return f[k][l]>f[k][mid] ? p[k][l] : p[k][mid]; } } void add(int x,int l,int r) { x %= k; if( x < 0 ) x += k; // printf(">%d %d %d\n",x,l,r); if( l ) val[++m] = x, op[m] = -1, nxt[m] = head[l-1], head[l-1] = m; val[++m] = x, op[m] = 1, nxt[m] = head[r], head[r] = m; } void solve(int l,int r) { if( l >= r ) { ans += l==r; return; } int p = st::maxx(l,r); // printf(">%d %d %d\n",l,p,r); if( p-l < r-p ) For(i,l,p) add(s[i-1]+a[p],p,r); else For(i,p,r) add(s[i]-a[p],l-1,p-1); solve(l,p-1), solve(p+1,r); } signed main() { read(n,k); For(i,1,n) read(a[i]), s[i] = (s[i-1] + a[i]) %k; st::init(); solve(1,n); For(i,0,n) { ++cnt[s[i]]; for(int j = head[i]; j; j = nxt[j]) ans += op[j] * cnt[val[j]]; } printf("%lld",ans-n); return 0; }
簡單的玄學
式子可以推到
\[\frac{2^{nm}-\prod_{i=0}^{m-1}(2^n-i)}{2^{nm}} \]\(O(\log m)\) 求出 \((m-1)!\) 中有多少個因數 \(2\) 進行約分
對於 \(\prod\) 的部分看似難算，但因為模數只有 \(10^6+3\)（質數），所以如果 \(m\ge 10^6+3\) 就同餘 \(0\)，否則 \(O(m)\) 暴力算。
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const LL mod = 1e6+3; LL n,m; LL a,b; LL Pow(LL x,LL y) { LL res=1; for(;y;y>>=1,x=x*x%mod)if(y&1)res=res*x%mod; return res; } LL count(LL x) { LL res = 0; while( x /= 2 ) res += x; return res; } signed main() { read(n,m); if( n <= log2(m) ) { puts("1 1"); return 0; } a = b = Pow(2,(n%(mod-1))*(m%(mod-1))%(mod-1)); if( m < mod ) { LL mul = 1, tmp = Pow(2,n); For(i,0,m-1) mul = mul * (tmp-i+mod) %mod; a = (a - mul + mod) %mod; } LL inv = Pow(Pow(2,n+count(m-1))%mod,mod-2); a = a * inv %mod, b = b * inv %mod; printf("%lld %lld",a,b); return 0; }
簡單的填數
DP。設二元組 \(up[i]\) 為第 \(i\) 個數能填的最大值，與這個值出現的次數，\(down[i]\) 同理，具體轉移見註釋
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