Contest 23-04-13

#A. 最大子段和

最大子段和(正常)

for(int i=1;i<=n;i++) sum[i]=max(sum[i-1]+in[i],in[i]);

• $sum[i]$表示以第i个数为结尾的最大子段和,可以由前一个最大子段和转移过来$(sum[i-1]+in[i])$,也可以只包含自己$(in[i])$;

本题

• 用$fr[i]$表示以前i个数的最大子段和,$ba[i]$表示以第i个数为开头,结尾为$n$的最大子段和(求法与上面类似);

• 再做一次处理,分别用$fr[i-1]$,$ba[i+1]$更新$fr[i]$,$ba[i]$,使得$fr[i]$表示以第$i$个数为结尾的最大子段和,$ba[i]$表示以第i个数为开头的最大子段和;

• 因为两段不相交,所以$i$把序列分成$1\to i$和$i+1\to n$两部分

• 枚举位置$i$,$i$位置的最大子段和为$fr[i]+ba[i+1]$;

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e5+10;
 
int n;
int maxi;
int in[N];
int fr[N],ba[N];
 
signed main(){
	// freopen("1.in","r",stdin);
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>in[i];
	fr[1]=in[1];
	for(int i=2;i<=n;i++) fr[i]=max(fr[i-1]+in[i],in[i]);   //1～i的最大子段和;
	for(int i=2;i<=n;i++) fr[i]=max(fr[i-1],fr[i]);     //以第i个数结尾的最大子段和;
	ba[n]=in[n];
	for(int i=n-1;i>=1;i--) ba[i]=max(ba[i+1]+in[i],in[i]);     //i~n的最大子段和;
	for(int i=n-1;i>=1;i--) ba[i]=max(ba[i+1],ba[i]);   //以第i个数开头的最大子段和;
	maxi=fr[1]+ba[2]; 
	for(int i=2;i<=n-1;i++) maxi=max(maxi,fr[i]+ba[i+1]);
	cout<<maxi<<"\n";
}

出处 P2642 双子序列最大和

 

#B. 等差数列

二阶等差数列(好像和下面没啥关系)

• 后项与前项的差是等差数列

1   3   7   13   21   31 ->原数列
  2   4   6    8    10 ->后项与前项的差
    2   2    2    2 ->差的差相同(等差数列)

如何实现在一个区间上加上一个等差数列的操作

• 给区间$[2,6]$加上首项为$s$,末项为$e$,差为$d$的等差数列

下标	$a_1$	$a_2$	$a_3$	$a_4$	$a_5$	$a_6$	$a_7$	$a_8$
原数组的变化	0	s	s+d	s+2*d	s+3*d	e	0	0
一阶差分	0	s	d	d	d	d	-e	0
二阶差分	0	s	d-s	0	0	0	-e-d	e

• 实质:给一阶差分数组再做一次差分

  • 原因:一阶差分后有好多位置都是公差d,再差分一次就可以消掉

• 得出:

  • 给数组$[l,r]$区间加上首项为$s$,末项为$e$,差为$d$的等差数列的操作为:

  a[l]+=s; a[l+1]+=d-s; a[r+1]-=e+d; a[r+2]+=e;

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=5e5+10;
 
int n,m;
int in[N];
int l,r,s,e;
int eq;
int res;
 
signed main(){
	// freopen("1.in","r",stdin);
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		cin>>l>>r>>s>>e;
		eq=(e-s)/(r-l);
		in[l]+=s; in[l+1]+=-s+eq;
		in[r+1]-=e+eq; in[r+2]+=e;
	}
	for(int i=1;i<=n+1;i++) in[i]+=in[i-1];
	for(int i=1;i<=n+1;i++) in[i]+=in[i-1];
	for(int i=1;i<=n;i++) res^=in[i];
	cout<<res<<"\n";
}

出处 P4231 三步必杀

 

#C. 可爱序列

状态设计

• $dp[i][j][k][0/1]$

• 第一维表示考虑到了第$i$个数

• 第二维表示第$i$个数填$j$

• 第三维表示前i个数的和为k

• 第四维表示增减关系(0为$\ge$ , 1为$<$)

转移

for(int i=1;i<=n;i++){
		int l=0,r=40;	
		if(in[i]!=-1) l=r=in[i];
		for(int j=l;j<=r;j++){	//枚举第i个数的范围
			for(int k=j*(i-1);k<=40*(i-1);k++){		//前(i-1)个数的和的范围	
				//因为<序列中每个元素都不大于之前的数的平均值>,所以前(i-1)个数的平均值至少为j,和至少为(i-1)*j
				for(int z=0;z<=j;z++) dp[i][j][j+k][0]=(dp[i][j][j+k][0]+dp[i-1][z][k][0]+dp[i-1][z][k][1])%MOD;
				//第i-1个数<=第i个数	
				for(int z=j+1;z<=40;z++) dp[i][j][j+k][1]=(dp[i][j][j+k][1]+dp[i-1][z][k][0])%MOD;
				//第i-1个数>第i个数
				//因为<没有三个连续的递减的数>,所以:
					//如果i>=i-1,i-1相对i-2即可增也可减;
					//如果i<i-1,i-1相对i-2只能增,否则会出现连续递减
			}
		}
	}

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int MOD=1e9+7;
 
int n,ans;
int in[41];
int dp[41][41][1601][2];
 
signed main(){
	// freopen("1.in","r",stdin);
	cin>>n;
	dp[0][0][0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>in[i];
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int l=0,r=40;
		if(in[i]!=-1) l=r=in[i];
		for(int j=l;j<=r;j++){
			for(int k=j*(i-1);k<=40*(i-1);k++){
				for(int z=0;z<=j;z++) dp[i][j][j+k][0]=(dp[i][j][j+k][0]+dp[i-1][z][k][0]+dp[i-1][z][k][1])%MOD;
				for(int z=j+1;z<=40;z++) dp[i][j][j+k][1]=(dp[i][j][j+k][1]+dp[i-1][z][k][0])%MOD;
			}
		}
	}
	for(int i=0;i<=40;i++){
		for(int j=0;j<=40*n;j++){
			ans=(ans+dp[n][i][j][0]+dp[n][i][j][1])%MOD;
		}
	}
	cout<<ans<<"\n";
}

 

#D. 石子游戏

• $(i,j)$的石子$-1$,导致$(i+1,j),(i,j+1)$的石子$+1$

• 画图为:

图
1	1	1	1	1	1
1	2	3	4	5
1	3	6	10
1	4	10
1	5
1

• 发现它其实就是个杨辉三角

• 用组合公式表示为:

图
	1	2	3	4	5	6
1	$C_0^0$	$C_1^1$	$C_2^2$	$C_3^3$	$C_4^4$	$C_5^5$
2	$C_1^0$	$C_2^1$	$C_3^2$	$C_4^3$	$C_5^4$
3	$C_2^0$	$C_3^1$	$C_4^2$	$C_5^3$
4	$C_3^0$	$C_4^1$	$C_5^2$
4	$C_4^0$	$C_5^1$
6	$C_5^0$

• 第i行第j列的数可以表示为$C_{i+j-2}^{j-1}$

• 设$f(i,j)=C_{i+j-2}^{j-1}$

• 则

$$f(i,j+1)+f(i+1,j)=C_{i+j-1}^j+C_{i+j-1}^{j-1}=C_{i+j}^j$$

$$f(i,j)=C_{a_i+i-1}^{a_i-1}$$

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e6+10;
const int MOD=1e9+7;
 
int n;
int jie[N];
int inv[N];
int in[N];
int ans;
 
int q_pow(int a,int b){
	int ans=1;
	while(b){
		if(b&1) ans=ans*a%MOD;
		a=a*a%MOD;
		b>>=1;
	}
	return ans%MOD;
}
 
int C(int a,int b){
	if(b<0) return 0;
	return jie[a]%MOD*inv[b]%MOD*inv[a-b]%MOD;
}
 
signed main(){
	// freopen("1.in","r",stdin);
	cin>>n;
	n++;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>in[i];
	jie[0]=1; inv[0]=1;
	for(int i=1;i<N;i++){
		jie[i]=jie[i-1]*i%MOD;
		inv[i]=q_pow(jie[i],MOD-2);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) ans=(ans+C(in[i]+i-1,in[i]-1))%MOD;
	cout<<ans<<"\n";
}

出处 Placing Jinas