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考试三道神题a
填坑ing
目测只改了第一题
isn
题意
- 给出一个长度为n的序列A(A1,A2…AN)。如果序列A不是非降的,你必须从中删去一个数,这一操作,直到A非降为止。求有多少种不同的操作方案,答案模10^9+7。
- n <= 2000
分析
- 设状态
f[i][j] 表示前i个数选了j个且第i个数字必须选的不降序列的方案数 - 比较好转移
f[i][j]=∑k<i且a[k]≤a[i]f[k][j−1] - 这个转移可以用树状数组来优化到
O(nlogn) - 设状态
g[i] 表示长度为i的不降序列的方案数 - 则有
g[i]=∑j=inf[j][i] - 那么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么破?
- 考虑容斥原理
- 如果一个合法删除的序列又删除了一次, 一定是从g[i+1]转移过来的
- 选择任意一个元素有i+1中可能
- 那么就有
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
题意
- 给出一个长度为n的排列P(P1,P2,…Pn),以及m个询问。每次询问某个区间[l,r]中,最长的值域连续段长度。
- 每次给定一段区间,然后询问其中最长的连续的数字子集
Sample Input
8 3
3 1 7 2 5 8 6 4
1 4
5 8
1 7
Sample Output
3 3 4
HINT
对于询问[1,4],P2,P4,P1组成最长的值域连续段[1,3];
对于询问[5,8],P8,P5,P7组成最长的值域连续段[4,6];
对于询问[1,7],P5,P7,P3,P6组成最长的值域连续段[5,8]。 - 1<=n,m<=50000
分析
O(nn√logn) 的复杂度相信大家都会- 莫队+线段树搞定
- 容易T肿么破QAQ
- 卡常大法好
- =-=一点也不优雅
- 那好吧,我们来看
O(nn√) 如何去掉log - 瓶颈在线段树的删除操作上,如果没有删除,我们是不是可以做到
O(1) 的修改~~并查集维护 - 如何避免删除操作呢?
- 按照莫队算法给操作排个序(相当于分块),然后每一块内的右端点是递增的,这就让我们可以只插入不删除。左边要删除怎么办!!
- 那让左端点一直呆在块尾好了,这样每次只往回插入不删除。这个也可以用另一个并查集
- 操作完怎么回复??
- 用一个栈清空fa2数组就好啦,调整仍然
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){//在右边添加
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){//在左边添加,左指针指向块尾
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;
}