20210712 noip12
考场
第一次和 hzoi 联考，成功给 sdfz 丢人
尝试戴耳罩，发现太紧了。。。
决定改变策略，先用1h看题，想完3题再写。
T1 一下想到枚举最大值，单调栈求出每个点能作为最大值的区间，然后以这个点为分界，一边放入桶，一边从桶中算答案，随机数据应该是 \(O(n\log n)\)，但一个单调的序列就会卡到 \(O(n^2)\)，尝试用线段树快速算两边的贡献失败。由于对前缀和思考不足，认为贡献只能通过区间和算，没想到推一下式子。。。
T2 先推式子，结果写的时候发现错了。找到了 \(O(m)\) 的算法，但突然卡在了先约分再模。。。暴毙
T3 大力深搜，玄学复杂度能过 \(n=10^3\)，结果最后30min闲的无聊，决定加一堆特判尝试骗到随机数据的分，结果写挂了（由于复制 spj），直接变成和 puts("-1") 一个分。
res
rk9: 50+20+10
T1 根据常数不等能拿 40~70pts
T2 因为没开 ULL 挂 10pts
T3 最后加的特判获得 -30pts
rk1: zsy 100+100+10
rk5: ys 40+70+0
简单的区间
分治（其实单调栈的做法也行），每次找区间最大值。
对于两边的贡献，只枚举长度小的一边，转化式子为形如“\(x\) 在 \([l,r]\) 中出现了多少次”的询问。这样每个位置若被枚举，那它所在的区间至少会缩减一半，因此每个位置最多被枚举 \(O(n\log n)\)次。
code
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;
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);
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;
}
还有一种按区间中点分治的做法，但本人并未理解。。。
简单的玄学
容斥，式子可以推到
\(O(\log m)\) 求出 \((m-1)!\) 中有多少个因数 \(2\) 进行约分。
对于 \(\prod\) 的部分看似难算，但因为模数只有 \(10^6+3\)（质数），所以如果 \(m\ge 10^6+3\) 就同余 \(0\)，否则 \(O(m)\) 暴力算。
code
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;
}
简单的填数
DP。设二元组 \(up[i]\) 为第 \(i\) 个数能填的最大值，与这个值出现的次数，\(down[i]\) 同理，具体转移见注释。
倒推方案不难理解，但比较难想，注意代码实现。
code
const int N = 2e5+5;
int n,a[N];
int cnt[N],ans[N];
PII u[N],d[N];
signed main() {
read(n);
For(i,1,n) read(a[i]);
if( a[1] > 1 ) { puts("-1"); return 0; }
a[1] = 1, u[1] = d[1] = MP(1,1);
For(i,2,n) {
u[i] = MP(u[i-1].fi,u[i-1].se+1), d[i] = MP(d[i-1].fi,d[i-1].se+1);
if( u[i].se > 2 ) ++u[i].fi, u[i].se = 1;
if( d[i].se > 5 ) ++d[i].fi, d[i].se = 1;
if( a[i] ) {
if( a[i] < d[i].fi || u[i].fi < a[i] ) { puts("-1"); return 0; }
if( a[i] > d[i].fi ) d[i] = MP(a[i],1);
// 由于前面已经判过无解，因此直接将d[i].fi改成a[i]即可。
// 为了保证最小要让d[i].se=1，这样后面可以少+1
if( a[i] < u[i].fi ) u[i] = MP(a[i],2); // 同理
}
}
if( u[n].se == 1 ) u[n] = MP(u[n-1].fi,u[n-1].se+1);
printf("%d\n",u[n].fi);
ans[n] = u[n].fi, ++cnt[ans[n]];
rFor(i,n-1,1) {
if( a[i] ) ans[i] = a[i];
else {
ans[i] = min(ans[i+1],u[i].fi);
if( cnt[ans[i]] == 5 ) --ans[i];
}
++cnt[ans[i]];
}
For(i,1,n) printf("%d ",ans[i]);
return 0;
}
另一种非常复杂的 DP 方法，本人同样不会。。。
