簡單的區間
$update$
終於$AC$了
找到$(sum[r]+sum[l](sum表示以中間點爲基準的sum)-mx)\%k==0$的點
注意這裏$sum$表示是以$mid$爲基準點,(即$sum[l]$爲後綴和,$sum[r]$爲前綴和)
回憶$(sum[r]-sum[l])\%k==0$這個經典問題做法(入陣曲簡化版),開桶,桶裏維護$sum[l]\%k$,那麼$r$貢獻就是桶裏$sum[r]\%k$個數
於是這個題開桶維護$sum$,問題轉化爲求$max$即可
記錄$max$位置是否$>mid$,區別對待
設$f[i][0]$表示$max$在$mid$右面,$f[i][1]$表示$max$在$mid$左面
$f[i][0]$存下右面$sum[r]-mx$,找桶裏是否存在左面$sum[l]$
$f[i][1]$存下右面$sum[r]$ 找到左面是否存在$mx-sum[l]$
完了
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long #define A 1010101 ll f[A][2],a[A],pos[A],mx[A],sum[A]; ll cnt,n,k,ans; void solve(ll l,ll r){ if(l==r) return ; ll mid=(l+r)>>1; cnt=sum[mid]=mx[0]=0; for(ll i=mid+1;i<=r;i++){ if(a[i]>a[mx[cnt]]) mx[++cnt]=i; sum[i]=(sum[i-1]+a[i])%k; f[(sum[i]-a[mx[cnt]]%k+k)%k][0]++; pos[i]=mx[cnt]; // printf("f[%lld]=%lld sum=%lld cnt=%lld\n",(sum[i]-a[mx[cnt]]%k+k)%k,f[(sum[i]-a[mx[cnt]]%k+k)%k][0],sum[i],cnt); } mx[cnt+1]=r+1; ll suml=0,rnow=mid+1,mxl=0,p=1; for(ll i=mid;i>=l;i--){ suml=(suml+a[i])%k; mxl=max(mxl,a[i]); while(p<=cnt&&a[mx[p]]<=mxl) p++; while(rnow<mx[p]) { f[(sum[rnow]-a[pos[rnow]]%k+k)%k][0]--; f[sum[rnow]%k][1]++; rnow++; } // printf("ans=%lld f[%lld][1]=%lld p=%lld rnow=%lld mx[%lld]=%lldsum[%lld]=%lld\n",ans,(k+mxl%k-suml)%k,f[(k+mxl%k-suml)%k][1],p,rnow,p,mx[p],rnow,sum[rnow]); ans+=f[(mxl-suml+k)%k][1]; if(p<=cnt) ans+=f[(k-suml)%k][0]; // printf("ans=%lld f[%lld][0]=%lld\n",ans,k-suml,f[(k-suml)%k][0]); } for(ll i=mid+1;i<rnow;i++) f[sum[i]][1]--; for(ll i=rnow;i<=r;i++) f[(sum[i]-a[pos[i]]%k+k)%k][0]--; solve(l,mid);solve(mid+1,r); } int main(){ scanf("%lld%lld",&n,&k); for(ll i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]); solve(1,n); printf("%lld",ans); }
簡單的玄學
題解
題目中說至少兩個相同那麼答案就所有方案-全不相同
所有方案${(2^n)}^m=2^{n*m}$,
互不相同,首先第一個隨便選剩下避開已經選過就行$2^n*2^{n-1}......2^{n-m+1}$
那麼題目很傻逼的讓你取模並且約分,你需要先約分再取模(取模再約分的話這個題就太水了,所以是先約分再取模)
思考怎麼約分
下面全是$2$多少次方,於是我們看上面多少個二就行了
$2^n*(2^{n}-1)......({2^n}-m+1)$很噁心,思考轉化
性質:$2^n-x$中二個數$=$$x$中二的個數
證明:假設$x$可以表示爲$j*(2^w)$(j可以是分數),乘法分配率$2^w*(2^{n-w}-j)$後面這個裏面沒有別的$2$因子了,原式$=$$2^w$,又$j$中沒有$2$因子故相乘因子數不變,得證
那麼原式就變成求$(m-1)!$裏$2$因子數
可以簡單求
for(ll i=1;(1ll<<i)<=m-1;i++){ (ercnt+=(m-1)/(1ll<<i)); }
例如$1$ $2$ $3$ $4$ $5$ $6$ $7$ $8$這個序列
分別有$(2^1)*2$,$(2^2)*1$,$(2^3)*1$那麼就是$8/8+8/4+8/2$
可以看作$/2$時給所有有$2$因子填上一個二(即$2$,$4$,$6$,$8$中填一個2),此時$4$還剩$1$個沒填$8$還剩$2$個沒填
$/4$給$4$,$8$裏填此時$8$還剩$1$個沒填
最後$/8$,全部填滿
代碼
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long const ll mod=1e6+3; const ll phi=1e6+2; ll x,y,n,m; ll meng(ll x,ll k){ ll ans=1; for(;k;k>>=1,x=x*x%mod) if(k&1) ans=ans*x%mod; return ans; } ll gcd(ll x,ll y){ if(y==0) return x; return gcd(y,x%y); } int main(){ // freopen("sd.txt","w",stdout); scanf("%lld%lld",&n,&m); /* if(log(m)>n){ printf("1 1\n"); return 0; } */ ll maxn=meng(2,n%phi); y=meng(maxn,m%phi); x=1; ll ercnt=n; for(ll i=0;i<m;i++){ // printf("maxn-i=%lld i=%lld m=%lld x=%lld\n",maxn-i,i,m,x); x=x*(maxn-i)%mod; if(!x) break; }//2逆元500002 for(ll i=1;(1ll<<i)<=m-1;i++){ (ercnt+=(m-1)/(1ll<<i)); printf("ercnt=%lld 1<<=%lld\n",ercnt-n,1ll<<i); } y=y*meng(500002,ercnt)%mod; x=x*meng(500002,ercnt)%mod; printf("%lld %lld\n",(y-x+mod)%mod,y); }
簡單的填數
題解
一個$up$代表填的上界,$down$代表填的下界
先不考慮已經填了的
$up$兩位一進,$down$五位一進
考慮已經填的
先考慮上界
若$a[i]>up$比上界大肯定不合法
若$a[i]=up$取$min(2,up)$
若$a[i]<up$則將$up$調整到$a[i]$次數變爲$2$
下界類似
若$a[i]<down$比下界小不合法
若$a[i]>down$將$down$調整到$a[i]$
統計答案時反着掃
序列爲什麼不是$up$呢
7 0 0 0 2 0 2 0 正解 2 1 1 2 2 2 2 2 用up: 2 1 1 2 2 3 2 2
代碼
/* 7 0 0 0 2 0 2 0 hack 2 1 1 2 2 2 2 2 up: 2 1 1 2 2 3 2 2 10f */ #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long #define A 1010101 struct node { ll cnt,x; }up[A],down[A]; ll n; ll a[A],tong[A]; int main(){ // freopen("da.in","r",stdin); freopen("ans.bf","w",stdout); scanf("%lld",&n); for(ll i=1;i<=n;i++){ scanf("%lld",&a[i]); } if(a[1]!=1&&a[1]!=0){ printf("-1\n"); return 0; } up[1].cnt=1,up[1].x=1; down[1].cnt=1,down[1].x=1; for(ll i=2;i<=n;i++){ up[i]=up[i-1],down[i]=down[i-1]; if(++up[i].cnt>2) up[i].cnt=1,up[i].x++; if(++down[i].cnt>5) down[i].cnt=1,down[i].x++; if(a[i]){ if(up[i].x>a[i]){ up[i].x=a[i]; up[i].cnt=2; } else if(up[i].x==a[i]){ up[i].cnt=min(up[i].cnt,2ll); } if(down[i].x<a[i]) down[i].x=a[i],down[i].cnt=1; if(up[i].x<a[i]||down[i].x>a[i]){ printf("-1\n"); return 0; } } } if(up[n].cnt==1){ up[n].x=up[n-1].x; } if(up[n].x<down[n].x){ printf("-1\n"); return 0; } printf("%lld\n",up[n].x); tong[up[n].x]=1; a[n]=up[n].x; for(ll i=n-1;i>=1;i--){ if(!a[i]){ ll t=min(a[i+1],up[i].x); if(tong[t]==5) t--; a[i]=t; } tong[a[i]]++; } for(ll i=1;i<=n;i++){ printf("%lld ",a[i]); } }
簡單的序列
這是一個簡單$dp$,但我覺得很棒在此寫下題解
真的非常簡單,
有一個長度$n$括號序列(只有$"()"$ ),給定其中長度爲$m$一段,求滿足括號匹配方案數
$n,m<=1e6$ $n-m<=4000$
題解
性質:我們發現一個合法匹配序列左擴號時刻比右括號多(顯然),最後左擴號數量等於右括號數量
設$f[i][j]$表示長度爲$i$序列,左擴號比右括號多$j$個方案數
那麼類似的設$g[i][j]$爲右括號比左擴號多$j$的方案數
(其實$f$和$g$值完全一樣)
轉移非常簡單
當前括號可能是$($則貢獻$f[i][j]=f[i-1][j-1]$爲$)$則$f[i][j]=f[i-1][j+1]$
總貢獻$f[i][j]=f[i-1][j-1]+f[i-1][j+1]$
類似的$g[i][j]=g[i-1][j-1]+g[i-1][j+1]$
那麼思考統計答案
其實也非常簡單
枚舉第一段長度$i$,第一段左擴號比右括號多$j$,設給定序列左擴號比右括號多$j$
$ans=\sum\limits_{i=1}^{i<=n-m} \sum\limits_{j=0}^{j<=i} f[i][j]*g[(n-m)-i][j+tot]$
注意判是否合法
代碼
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long #define A 4040 const ll mod=1e9+7; char c[2020202]; ll f[A][A]; ll tot,mint,n,m,ans; int main(){ // freopen("da.in","r",stdin); freopen("ans.bf","w",stdout); scanf("%lld%lld",&n,&m); scanf("%s",c+1); for(ll i=1;i<=m;i++){ if(c[i]=='(') tot++; else tot--; if(i==1) mint=tot; else mint=min(mint,tot); } f[0][0]=1; for(ll i=1;i<=n-m;i++){ for(ll j=0;j<=i;j++){ if(j==0) f[i][j]=f[i-1][j+1]; else f[i][j]=(f[i-1][j+1]+f[i-1][j-1])%mod; } } for(ll i=0;i<=n-m;i++){ for(ll j=0;j<=i;j++){ if(j+mint>=0&&j+tot<=n-m) ans=(ans+f[i][j]*f[(n-m)-i][j+tot]%mod)%mod; } } printf("%lld\n",ans); }
我沒數據,也沒法提交,和$std$對拍了一下
下面是我的數據生成及對拍
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 int main(){ 4 system("g++ bf.cpp -o bf"); 5 system("g++ sol.cpp -o sol"); 6 system("g++ da.cpp -o da"); 7 int rp=0; 8 while(++rp){ 9 cout<<rp<<" "; 10 system("./da"); 11 system("./sol"); 12 system("./bf"); 13 if(system("diff -B -b ans.sol ans.bf")){ 14 puts("WA"); 15 while(1); 16 } 17 puts("AC"); 18 } 19 }
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 int main(){ 4 freopen("da.in","w",stdout); 5 srand(time(NULL)); 6 7 int m=rand()%10000+300; 8 int c=rand()%m+1; 9 while(m-c>2000){ 10 c=rand()%m+1; 11 } 12 cout<<m<<" "<<c<<endl; 13 for(int i=1;i<=c;i++){ 14 if(rand()%2){ 15 printf("("); 16 } 17 else printf(")"); 18 } 19 cout<<endl; 20 }
