[2016-3-23 Test]

目錄

1. [BZOJ 4361] isn
2. [BZOJ 4358] permu
3. [BZOJ 3522][Poi2014] Hotel

考試三道神題a
填坑ing
目測只改了第一題

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isn

題意

• 給出一個長度爲n的序列A(A1,A2…AN)。如果序列A不是非降的，你必須從中刪去一個數，這一操作，直到A非降爲止。求有多少種不同的操作方案，答案模10^9+7。
• n <= 2000

分析

• 設狀態f[i][j] 表示前i個數選了j個且第i個數字必須選的不降序列的方案數
• 比較好轉移
  f[i][j]=∑k<i且a[k]≤a[i]f[k][j−1]
• 這個轉移可以用樹狀數組來優化到O(nlogn)
• 設狀態g[i] 表示長度爲i的不降序列的方案數
• 則有
  g[i]=∑j=inf[j][i]
• 那麼其他的元素可以任意排列g[i]∗fac[n−i]
• 但是有一些不合法的序列算上了怎麼破?
• 考慮容斥原理
• 如果一個合法刪除的序列又刪除了一次， 一定是從g[i+1]轉移過來的
• 選擇任意一個元素有i+1中可能
• 那麼就有ans[i]=g[i]∗fac[n−i]−(i+1)∗g[i+1]∗fac[n−(i+1)]

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define maxn 2010
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1e9+7;
int n, m;
#define lowbit(i) i & (~i+1)

int t[maxn][maxn];
void init(){memset(t, 0, sizeof t);}
void update(int type, int pos, int val){
    pos ++;
    for(int i = pos; i <= n+2; i += lowbit(i)){
        t[type][i] += val;
        if(t[type][i] >= mod)t[type][i] -= mod;
    }
}

int ask(int type, int pos){
    pos ++;
    ll ret = 0;
    for(int i = pos; i; i -= lowbit(i))
        ret += t[type][i];
    return ret % mod;
}


int a[maxn], h[maxn];

int f[maxn][maxn], g[maxn];

ll fac[maxn];

int main(){
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; i ++)
        scanf("%d", &a[i]), h[i] = a[i];
    sort(h+1, h+1+n);
    int cnt = unique(h+1, h+1+n)-h-1;
    for(int i = 1; i <= n; i ++)
        a[i] = lower_bound(h+1, h+1+cnt, a[i])-h;

    update(0, 1, 1);

    for(int i = 1; i <= n; i ++){
        for(int j = i; j >= 1; j --){
            f[i][j] = ask(j-1, a[i]);
            update(j, a[i], f[i][j]);
        }
    }


    for(int i = 1; i <= n; i ++)
        for(int j = 1; j <= i; j ++){
            g[j] += f[i][j];
            if(g[j] >= mod)g[j] -= mod;
        }
    ll ans = 0;
    fac[0] = 1;
    for(int i = 1; i <= n; i ++)
        fac[i] = fac[i-1] * i % mod;
    for(int i = n; i >= 1; i --){
        ans = (ans + g[i] * fac[n-i] % mod) % mod;
        if(i < n)ans = (ans - 1ll * g[i+1] * fac[n-(i+1)] % mod * (i+1) % mod + mod) % mod;
    }

    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}

permu

題意

• 給出一個長度爲n的排列P(P1,P2,…Pn)，以及m個詢問。每次詢問某個區間[l,r]中，最長的值域連續段長度。
• 每次給定一段區間，然後詢問其中最長的連續的數字子集
  Sample Input
  8 3
  3 1 7 2 5 8 6 4
  1 4
  5 8
  1 7
  Sample Output
  3 3 4
  HINT
  對於詢問[1,4]，P2,P4,P1組成最長的值域連續段[1,3]；
  對於詢問[5,8]，P8,P5,P7組成最長的值域連續段[4,6]；
  對於詢問[1,7]，P5,P7,P3,P6組成最長的值域連續段[5,8]。
• 1<=n,m<=50000

分析

• O(nn√logn) 的複雜度相信大家都會
• 莫隊+線段樹搞定
• 容易T腫麼破QAQ
• 卡常大法好
• =-=一點也不優雅
• 那好吧，我們來看O(nn√) 如何去掉log
• 瓶頸在線段樹的刪除操作上，如果沒有刪除，我們是不是可以做到O(1) 的修改~~並查集維護
• 如何避免刪除操作呢？
• 按照莫隊算法給操作排個序(相當於分塊)，然後每一塊內的右端點是遞增的，這就讓我們可以只插入不刪除。左邊要刪除怎麼辦！！
• 那讓左端點一直呆在塊尾好了，這樣每次只往回插入不刪除。這個也可以用另一個並查集
• 操作完怎麼回覆？？
• 用一個棧清空fa2數組就好啦，調整仍然O(n√)

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#define maxn 100010
using namespace std;

int pos[maxn], end[maxn];

struct opt{
    int id, l, r;
    bool operator<(const opt& k)const{
        if(pos[l] != pos[k.l])return pos[l] < pos[k.l];
        return r < k.r;
    }
}q[maxn];

int P[maxn], n, m, ans[maxn];

void read(int& num){
    num = 0; char ch = getchar();
    for(; ch < '!'; ch = getchar());
    for(; ch > '!'; ch = getchar())
        num = (num << 3) + (num << 1) + (ch ^ 48);
}

int fa1[maxn], fa2[maxn], vis[maxn], s[maxn];
int mx[maxn], mn[maxn];

int getfa(int *fa, int x){return fa[x] == x ? x : fa[x] = getfa(fa, fa[x]);}
int nowans, st[maxn], top, v;

void add(int u){//在右邊添加
    s[u] = 1; fa1[u] = u;
    if(v = getfa(fa1, u-1))fa1[v] = u, s[u] += s[v];
    if(v = getfa(fa1, u+1))fa1[v] = u, s[u] += s[v];
    nowans = max(nowans, s[u]);
}


void add_(int u, int &res){//在左邊添加，左指針指向塊尾
    fa2[u] = u;
    mx[u] = mn[u] = u;
    st[++ top] = u;
    if(v = getfa(fa2, u-1))mn[u] = mn[v];
    else if(v = getfa(fa1, u-1))mn[u] -= s[v];
    if(v = getfa(fa2, u+1))mx[u] = mx[v];
    else if(v = getfa(fa1, u+1))mx[u] += s[v];
    res = max(res, mx[u] - mn[u] + 1);
    st[++ top] = mx[u]; fa2[mx[u]] = u;
    st[++ top] = mn[u]; fa2[mn[u]] = u;
}

int main(){
    read(n), read(m);
    for(int i = 1; i <= n; i ++)
        read(P[i]);
    for(int i = 1; i <= m; i ++){
        read(q[i].l), read(q[i].r);
        q[i].id = i;
    }

    int B = sqrt(n) + 1;
    for(int i = 1; i <= B; i ++){
        int L = B*(i-1)+1, R = B*i;
        R = min(R, n);
        for(int j = L; j <= R; j ++)pos[j] = i;
        end[i] = R;
        if(R == n)break;
    }

    sort(q+1, q+1+m);

    for(int i = 1; i <= m; i ++){
        int p = i, cur; nowans = 0;
        while(pos[q[i].l] == pos[q[p].l] && p <= m)p ++;
        memset(fa1, 0, sizeof fa1);
        cur = end[pos[q[i].l]];
        for(int j = i; j < p; j ++){
            while(cur < q[j].r)add(P[++ cur]);
            ans[q[j].id] = nowans;
            int lim = min(q[j].r, end[pos[q[j].l]]);
            for(int k = q[j].l; k <= lim; ++ k)
                add_(P[k], ans[q[j].id]);
            while(top)fa2[st[top --]] = 0;
        }
        i = p - 1;
    }

    for(int i = 1; i <= m; i ++)
        printf("%d\n", ans[i]);

    return 0;
}