[jzoj NOIP2018模擬10.23]
丟分主要是下面幾個方面：
1.T2代碼交錯了，有個特判沒寫丟了10分
2.T1線段樹加等差數列寫錯了（其實二維差分就可以，但我當時不會）
3.T3思考再三還是為了10分寫上了主席樹，還是寫錯了
總體評價就是和正解沒什麽聯系，暴力也沒寫滿
T1：sequence
題目鏈接：
http://172.16.0.132/senior/#contest/show/2535/0
題目：
小 F 是一位 Hack 國的居民，他生活在一條長度為 n 的街道上，這個街道上總共有 n 個商店。每個商店裏售賣著不同的 Hack 技能包，每個商店本身也會有個便利值。初始時，每個商店的便利值均為 0。每一天，街道上都會有一些商店優化改造。
具體來說，對於每一天，優化改造的商店都是一個連續的區間 l ∼ r，每次優化改造也會有一個優化參數 k。對於所有 l ≤ i ≤ r ，第 i 個商店的便利值會增加
。小 F 想知道，m 天之後，每個商店的便利值分別是多少。由於小 F 並不喜歡高精度，因此你只需要輸出便利值對 10^9 + 7 取模的結果。
題解：
考慮一個下標從 0 開始的數列，這個數列的每個數均為 1。 我們對這個數列做$ k$ 階前綴和，得到的數列第i項的值為$\dbinom{k+i}{k}$。
於是我們發現題目中的這個加法實際上就是對當前的序列的第$k+1$階差分（考慮到影響0階前綴和的是1階差分序列，影響$k$階前綴和的就是$k+1$階差分序列），設第$k$階差分數組為$cha[k]$，那麽題目中的這個加法產生的效果就是$cha[k+1][l]++,cha[k+1][r+1]--$
但如果是這樣的話還是不行的，我們還需要對$1~k$階差分序列的第$r+1$項做一些運算，設當前為第i階差分序列(1<=i<=k)，在第r+1位減去$\dbinom{r-l+k-(i-1)}{k-(i-1)}$，即減去當前差分序列的前綴和，為的是消去對後面的影響
可以手推一下樣例方便理解
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
View Code
T2：Bomb
題目鏈接：
http://172.16.0.132/senior/#contest/show/2535/1
題目：
常數國與 Hack 國近年來戰火紛飛。
常數國共有 n 個城市，每兩個城市之間均有一條交通線聯通。如今常數國遭到 Hack 國的重創，岌岌可危。Hack 國國王小 K 決定轟炸常數國的交通線，對常數國發起最後的攻擊。
面對危難之時，常數國國王決定更換首都。在 Hack 國的轟炸結束之後，常數國的領土將會分成若幹個聯通塊。常數國的首都，將會從聯通塊大小最大的聯通塊中，隨機選擇一個城市，作為首都。
小 K 得知了常數國的應對方案之後，他想知道，Hack 國有多少種不同的轟炸方案，使得常數首都所在的聯通塊大小恰好為 k。兩種轟炸方案是不同的，當且僅當一條交通線在一種方案中存在，在另一種方案中被轟炸。由於方案數可能很大，你需要輸出方案數對 998,244,353 取模的結果。
題意：
詢問n個有編號點形成的最大連通塊為k的方案數
首先我們要知道這麽一個式子，設$f_n$為$n$個有編號節點的連通圖的方案數，$f_i=2^{\dbinom{i}{2}}-\sum_{j=1}^{n-1}2^{\dbinom{i-j}{2}}\dbinom{i-1}{j-1} f_j$
現在回到題目，設$p_i$表示i個有標號節點的最大連通塊等於k的連通圖的個數，$p_n$即為答案；設$q_i$表示i個有標號節點的最大連通塊小於等於k的連通圖的個數
考慮初始化：$p_0=0,q_0=1$
考慮轉移：$\sum_{j=1}^{min(i,k)}$
\begin{equation}
\left\{
\begin{array}{lr}
p_i+=p_{i-j}\times \dbinom{i-1}{j-1} f_j, j<k&\\
p_i+=q_{i-j}\times \dbinom{i-1}{j-1}f_j, j=k&
\\q_i+=q_{i-j}\times \dbinom{i-1}{j-1}f_j&
\end{array}
\right.
\end{equation}
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2e3+15;
const int mo=998244353;
int n,k;
ll C[N][N],f[N],p[N],q[N];
ll qpow(ll a,ll b)
{
ll re=1;
for (;b;b>>=1,a=a*a%mo) if (b&1) re=re*a%mo;
return re;
}
int main()
{
freopen("bomb.in","r",stdin);
freopen("bomb.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&k);
C[0][0]=1;
for (int i=1;i<=n;i++)
for (int j=0;j<=i;j++)
{
if (!j) C[i][j]=1;
else C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%mo;
}
f[0]=1;f[1]=1;
for (int i=2;i<=n;i++)
{
ll re=qpow(2,C[i][2]);
for (int j=1;j<i;j++) re=(re+mo-qpow(2,C[i-j][2])*C[i-1][j-1]%mo*f[j]%mo)%mo;
f[i]=re;
}
q[0]=1;
for (int i=1;i<=n;i++)
for (int j=1;j<=min(i,k);j++)
{
if (j<k)
{
p[i]=(p[i]+p[i-j]*C[i-1][j-1]%mo*f[j]%mo)%mo;
}
if (j==k)
{
p[i]=(p[i]+q[i-j]*C[i-1][j-1]%mo*f[j]%mo)%mo;
}
q[i]=(q[i]+q[i-j]*C[i-1][j-1]%mo*f[j]%mo)%mo;
}
printf("%lld\n",p[n]);
return 0;
}
View Code
T3:queue
題目鏈接：
http://172.16.0.132/senior/#contest/show/2535/2
題目：
題解：
考慮分塊，塊內元素我們用鏈表相連，維護每個快內每個元素出現的個數。顯然對於詢問我們可以整塊詢問，邊界暴力
考慮輪轉操作，我們把r所在元素從r所在連通塊刪去，然後加入到l之前的位置。設l所在連通塊為k1,r所在連通塊為k2，讓k1到k2-1每個連通塊都把最後一個元素丟給後面一個連通塊，這樣我們就保證了連通塊的大小不變了
時間復雜度顯然是帶根號的
deque實現鏈表方便的多
#include<algorithm> #include<cstring> #include<cstdio> #include<iostream> #include<deque> #include<cmath> using namespace std; const int N=1e5+15; int n,m; int qu[500][N],belong[N],st[N],ed[N],a[N]; deque <int> bl[N]; inline int read(){ char ch=getchar();int s=0,f=1; while (ch<‘0‘||ch>‘9‘) {if (ch==‘-‘) f=-1;ch=getchar();} while (ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘) {s=(s<<3)+(s<<1)+ch-‘0‘;ch=getchar();} return s*f; } int main(){ freopen("queue.in","r",stdin); freopen("queue.out","w",stdout); n=read();m=read(); if (!n&&!m) return 0; for (int i=1;i<=n;i++) a[i]=read(); int blo=sqrt(n); for (int i=1;i<=n;i++) belong[i]=(i-1)/blo+1; for (int i=1;i<=n;i++) bl[belong[i]].push_back(a[i]),qu[belong[i]][a[i]]++; for (int i=1;i<=(n-1)/blo+1;i++) { st[i]=(i-1)*blo+1;ed[i]=min(i*blo,n); } while (m--) { int opt=read(); if (opt==1) { int l=read(),r=read(),k1=belong[l],k2=belong[r]; int k=bl[k2][r-st[k2]]; bl[k2].erase(bl[k2].begin()+r-st[k2]); qu[k2][k]--; bl[k1].insert(bl[k1].begin()+l-st[k1],k); qu[k1][k]++; if (k1==k2) continue; for (int i=k1;i<k2;i++) { k=bl[i].back(); bl[i].erase(bl[i].end()-1); qu[i][k]--; bl[i+1].push_front(k); qu[i+1][k]++; } } if (opt==2) { int l=read(),r=read(),k=read(),k1=belong[l],k2=belong[r]; int re=0; if (k1==k2) { for (int i=l-st[k1];i<=r-st[k1];i++) if (bl[k1][i]==k) ++re; continue; } for (int i=l-st[k1];i<=ed[k1]-st[k1];i++) { if (bl[k1][i]==k) ++re; } for (int i=0;i<=r-st[k2];i++) if (bl[k2][i]==k) ++re; if (k1+1<=k2-1) { for (int i=k1+1;i<k2;i++) re+=qu[i][k]; } printf("%d\n",re); } } return 0; }View Code
[jzoj NOIP2018模擬10.23]