25/1/18 模拟赛做题记录

B

题意

给定一个序列 $a_{1 \dots n}$ ，你需要回答 $m$ 个询问，每个询问给定 $l, r$ ，你需要回答满足 $l \leq i < j \leq r, a_{i} = a_{j}$ 的最小的 $j - i$ ，即区间内最近的两个相同数的距离，若不存在，输出 -1。

思路

我们设 $b_{i}$ 表示与位置 $i$ 的元素权值相等且在 $i$ 之后的最小位置。

因为答案要求 $[l, r]$ 之间的最小距离，所以相当于求 $min_{l \leq i \leq r} {b_{i} | (i + b_{i} \leq r)}$ 。我们发现 $(i + b_{i} \leq r)$ 并不好控制，而 $l \leq i \leq r$ 却是很简单的，所以不妨离线询问，并将其按照右端点排序。之后遍历他们的所有询问，每一次询问前先将 $i + b_{i} \leq r$ 的所有数加入线段树的位置 $i$ ，每一次求 $[l, r]$ 的最小值。

时间复杂度 $O (n \log n)$ 。

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#include<bits/stdc++.h>

#define int ll
#define ll long long
#define i128 __int128

#define mem(a,b) memset((a),(b),sizeof(a))
#define m0(a) memset((a),0,sizeof(a))
#define m1(a) memset(a,-1,sizeof(a))
#define lb(x) ((x)&-(x))
#define lc(x) ((x)<<1)
#define rc(x) (((x)<<1)|1)
#define pb(G,x) (G).push_back((x))
#define For(a,b,c) for(int a=(b);a<=(c);a++)
#define Rep(a,b,c) for(int a=(b);a>=(c);a--)
#define in1(a) a=read()
#define in2(a,b) a=read(), b=read()
#define in3(a,b,c) a=read(), b=read(), c=read()
#define fst first 
#define scd second 
#define dbg puts("IAKIOI")

using namespace std;

int read() {
	int x=0,f=1; char c=getchar();
	for(;c<'0'||c>'9';c=getchar()) f=(c=='-'?-1:1); 
	for(;c<='9'&&c>='0';c=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
	return x*f;
}
void write(int x) { if(x>=10) write(x/10); putchar('0'+x%10); }

const int mod = 998244353;
int qpo(int a,int b) {int res=1; for(;b;b>>=1,a=(a*a)%mod) if(b&1) res=res*a%mod; return res; }
int inv(int a) {return qpo(a,mod-2); }

#define maxn 1000050

int n,m;
int a[maxn];
map<int,int> mp;

struct node{
	int idx,l,r;
	bool operator<(const node&x) const {
		return r<x.r;
	}
}b[maxn],qu[maxn];

struct SegT {
	int tr[maxn<<2];
	void pre() {For(i,0,(maxn<<2)-1) tr[i]=1e18; }
	void pu(int idx) {tr[idx]=min(tr[lc(idx)],tr[rc(idx)]);}
	void add(int idx,int l,int r,int k,int val) {
		if(l==r) return tr[idx]=val,void();
		int mid=l+r>>1;
		if(k<=mid) add(lc(idx),l,mid,k,val);
		else add(rc(idx),mid+1,r,k,val);
		pu(idx);
	}
	int query(int idx,int l,int r,int L,int R) {
		int res=1e18;
		if(L<=l&&r<=R) return tr[idx];
		int mid=l+r>>1;
		if(L<=mid) res=min(res,query(lc(idx),l,mid,L,R));
		if(R>mid) res=min(res,query(rc(idx),mid+1,r,L,R));
		return res;
	}
}Tr;

int ans[maxn];

void work() {
	in2(n,m);
	For(i,1,n) {
		in1(a[i]);
		if(mp[a[i]]) {
			b[mp[a[i]]]={mp[a[i]],mp[a[i]],i};
		}
		mp[a[i]]=i;
	}
	For(i,1,n) if(!b[i].idx) {
		b[i].idx=i,b[i].r=1e18;
	}
	For(i,1,m) {
		in2(qu[i].l,qu[i].r);
		qu[i].idx=i;
	}
	sort(qu+1,qu+m+1);
	sort(b+1,b+n+1);
	int idx=0;
	Tr.pre();
	For(i,1,m) {
		while(idx+1<=n&&b[idx+1].r<=qu[i].r) {
			idx++; Tr.add(1,1,n,b[idx].idx,b[idx].r-b[idx].l);
		}
		ans[qu[i].idx]=Tr.query(1,1,n,qu[i].l,qu[i].r);
		if(ans[qu[i].idx]>=1e18) ans[qu[i].idx]=-1;
	}
	For(i,1,m) cout<<ans[i]<<'\n';
}

signed main() {
//	ios::sync_with_stdio(false); 
//	cin.tie(0); cout.tie(0);
	int _=1;
//	_=read();
//	cin>>_;
	For(i,1,_) {
		work();
	}
	return 0;
}

C

题意

原题链接：CF1508B

如果有一个 $1$ 到 $n$ 的排列 $p_{1 \dots n}$ 满足对于所有 $1 \leq i < n$ 都有 $p_{i} - 1 \leq p_{i + 1}$ ，则我们称排列 $p$ 是「几乎有序」的。
给定 $n, k$ ，你需要求出字典序第 $k$ 小的「几乎有序」的长度为 $n$ 的排列或报告其不存在。

思路

首先，题目给出的 $a_{i} - 1 \leq a_{i + 1}$ ，这意味着如果排列中有下降的子序列，一定形如： ${a, a - 1, a - 2, \dots, a - x, b, b - 1, b - 2, \dots}$ 。
所以题目变成给序列化分成若干段，每一段反转后得到的第 $k$ 小，总共只有 $2^{n - 1}$ 种情况。
首先，我们知道最小肯定是 ${1, 2, 3, \dots, n}$ 。我们发现每一次反转越靠后，改变的字典序就越大。所以我们不难发现，当一个间隙切割时为 $0$ ，不切割时为 $1$ ，那么从左往右的 $01$ 串组成的二进制数 $v$ ，构造出的序列的字典序大小是 $v + 1$ 。
另：因为 $2^{62} \geq 10^{18}$ ，所以只要 $n \geq 62$ 就一定有解。

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#include<bits/stdc++.h>
#define int ll
#define ll long long
#define i128 __int128

#define mem(a,b) memset((a),(b),sizeof(a))
#define m0(a) memset((a),0,sizeof(a))
#define m1(a) memset(a,-1,sizeof(a))
#define lb(x) ((x)&-(x))
#define lc(x) ((x)<<1)
#define rc(x) (((x)<<1)|1)
#define pb(G,x) (G).push_back((x))
#define For(a,b,c) for(int a=(b);a<=(c);a++)
#define Rep(a,b,c) for(int a=(b);a>=(c);a--)
#define in1(a) a=read()
#define in2(a,b) a=read(), b=read()
#define in3(a,b,c) a=read(), b=read(), c=read()
#define fst first 
#define scd second 
#define dbg puts("IAKIOI")

using namespace std;

int read() {
	int x=0,f=1; char c=getchar();
	for(;c<'0'||c>'9';c=getchar()) f=(c=='-'?-1:1); 
	for(;c<='9'&&c>='0';c=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
	return x*f;
}
void write(int x) { if(x>=10) write(x/10); putchar('0'+x%10); }

const int mod = 998244353;
int qpo(int a,int b) {int res=1; for(;b;b>>=1,a=(a*a)%mod) if(b&1) res=res*a%mod; return res; }
int inv(int a) {return qpo(a,mod-2); }

#define maxn 200050

int n,k;

void work() {
	in2(n,k); k--;
	if(n<=62&&(k>>(n-1))) return puts("-1"),void();
	for(int l=1,r=1;l<=n;l=r+1,r++) {
		while(r<n&&n-r<=62&&((k>>(n-1-r))&1)) r++;//n-r<62 是因为最后一个 0 的位置和位置 n 的距离不会超过 62，因为 2^62>10^18
		Rep(j,r,l) cout<<j<<' ';
	}
	puts("");
}

signed main() {
//	ios::sync_with_stdio(false); 
//	cin.tie(0); cout.tie(0);
	int _=1;
//	_=read();
//	cin>>_;
	For(i,1,_) {
		work();
	}
	return 0;
}

D

题意

给定序列 $a_{1 \dots n}$ 以及 $m$ 个询问，每次询问给定 $l, r, p$ ，求： $min_{l \leq L \leq R \leq r} (\sum_{i = L}^{R} a_{i}) mod p$ 即询问区间 $[l, r]$ 的所有子区间和在模意义下的最小值，注意先取模再求最小值。

思路

我们设 $s u m_{i} = \sum_{i = l}^{i}$ 。首先对于每一次询问，如果 $l - r + 1 > p$ ，那么根据鸽巢原理，一定有两个相同的数。否则我们遍历区间，设当前遍历到 $i$ ，我们要找到最大的小于等于 $s u m_{i}$ 的 $s u m_{j} (j \neq i)$ 。用权值树状数组维护前缀最大值即可。时间复杂度看上去是 $O (n m \log p)$ ，实际上是 $O (m p \log p)$ ，原因是每一次遍历的长度大小不超过 $p$ 。

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#include<bits/stdc++.h>
#define int ll
#define ll long long
#define i128 __int128

#define mem(a,b) memset((a),(b),sizeof(a))
#define m0(a) memset((a),0,sizeof(a))
#define m1(a) memset(a,-1,sizeof(a))
#define lb(x) ((x)&-(x))
#define lc(x) ((x)<<1)
#define rc(x) (((x)<<1)|1)
#define pb(G,x) (G).push_back((x))
#define For(a,b,c) for(int a=(b);a<=(c);a++)
#define Rep(a,b,c) for(int a=(b);a>=(c);a--)
#define in1(a) a=read()
#define in2(a,b) a=read(), b=read()
#define in3(a,b,c) a=read(), b=read(), c=read()
#define fst first 
#define scd second 
#define dbg puts("IAKIOI")

using namespace std;

int read() {
	int x=0,f=1; char c=getchar();
	for(;c<'0'||c>'9';c=getchar()) f=(c=='-'?-1:1); 
	for(;c<='9'&&c>='0';c=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
	return x*f;
}
void write(int x) { if(x>=10) write(x/10); putchar('0'+x%10); }

const int mod = 998244353;
int qpo(int a,int b) {int res=1; for(;b;b>>=1,a=(a*a)%mod) if(b&1) res=res*a%mod; return res; }
int inv(int a) {return qpo(a,mod-2); }

#define maxn 500050

struct Bit {
	int c[550];
	void add(int x,int val) {
		for(;x<550;x+=lb(x)) c[x]=max(c[x],val);
	}
	int query(int x) {
		int res=0;
		for(;x;x-=lb(x)) res=max(res,c[x]);
		return res;
	}
}Tr;

int n,m;
int a[maxn],sum[maxn];

void work() {
	in2(n,m);
	For(i,1,n) in1(a[i]),sum[i]=sum[i-1]+a[i];
	For(i,1,m) {
		int l=read(),r=read(),p=read();
		if(l-r+1>p) { cout<<0<<'\n'; continue; }
		For(i,0,p) Tr.c[i]=0;
		int ans=1e18;
		For(j,l,r) {
			int res=(sum[j]-sum[l-1])%p;
			ans=min(ans,res); 
			ans=min(ans,res-Tr.query(res));
			if(ans==0) break;
			Tr.add(res,res);
		}
		cout<<ans<<'\n';
	}
}

signed main() {
//	ios::sync_with_stdio(false); 
//	cin.tie(0); cout.tie(0);
	int _=1;
//	_=read();
//	cin>>_;
	For(i,1,_) {
		work();
	}
	return 0;
}