【题解】2021.8.28 - zhengru IOI 七连测 Day1
T1 数列
思路
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没什么，按题意模拟。
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（似乎有种压缩算法也是这么写的QWQ？）
代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,lst,cnt,tot,nowa;
int ans[2333],uus[2333];
int main(){
scanf("%d",&n);
tot=1;ans[1]=1;
n--;
while(n--){
lst=ans[1];cnt=1;nowa=0;
if(tot==1) uus[1]=1,uus[2]=lst,nowa=2;
else{
for(register int i=2;i<=tot;++i){
if(ans[i]==lst) cnt++;
else{
uus[++nowa]=cnt;
uus[++nowa]=lst;
lst=ans[i];
cnt=1;
}
}
uus[++nowa]=cnt;
uus[++nowa]=lst;
}
for(register int i=1;i<=nowa;++i){
ans[i]=uus[i];
}
tot=nowa;
}
for(register int i=1;i<=tot;++i){
printf("%d",ans[i]);
}
printf("\n");
return 0;
}
T2 索引
思路
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（我个究极智障白吃罚时 \(+\) 白丢 \(30\) ，无语至极）
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（我个究极智障没看到修改完以后的 \(A_i\) 也保证严格递增，无语至极）
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由上行可知，数组 \(A\) 的增速比其下标的增速快，反过来也一样。
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综上所述，当 \(A_i<i\) 时， \(i\) 前面不可能满足答案。把这句话的小于换成大于、前面换成后面以后，它仍然成立。
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根据简单的大小关系判断答案位置，这就是二分！
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可是，这只是一次查询。
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不仅如此，修改怎么办呢？
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事实上，我们只管 \(A_i\) ，正确性也是可以保障的。原因看前面。
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于是对于每个位置，我们选择遍历 \(1\sim k_{now}\) ，然后再判断。
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总复杂度：\(O(k^2\log n)\)，可以通过。
代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
int num[10002333],op[2333][5];
// ↑L、R、C
int n,k,c,l,r;
bool fnd;
inline void chk(){
for(register int j=1;j<=n;++j)
if(num[j]==j){
printf("YES\n");
return;
}
printf("NO\n");
return;
}
inline int get_num(int pos,int kkk){
int stt=num[pos];
for(register int i=1;i<=kkk;++i)
stt=stt+(((op[i][1]<=pos)&&(op[i][2]>=pos))?op[i][3]:0);
return stt;
}
int main(){
scanf("%d%d",&k,&n);
for(register int i=1;i<=n;++i)
scanf("%d",&num[i]);
num[0]=num[n+1]=num[n+2]=num[n+3]=num[n+4]=num[n+5]=-1919810;
chk();
for(register int i=1;i<k;++i){
scanf("%d%d%d",&l,&r,&c);
fnd=false;
op[i][1]=l,op[i][2]=r,op[i][3]=c;
int L=0,R=n+1;
while(L<=R){
int M=(L+R)>>1;
int gen=get_num(M,i);
// printf("%d %d\n",M,gen);
if(gen<M) L=M+1;
else if(gen>M) R=M-1;
else{
fnd=true;
break;
}
}
// for(register int j=1;j<=n;++j){
// printf("%d ",get_num(j,i));
// }printf("\n");
if(fnd) printf("YES\n");
else printf("NO\n");
}
return 0;
}
T3 奇数
思路
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时间关系，这里直接引出结论：莫队！
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所谓莫队，就是把操作离线。
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离散化后以查询左端点所在区间为第一关键字，右端点为第二关键字进行排序，然后维护两个指针 \(l\) 和 \(r\) ，直接暴力覆盖即可。
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正确性：我们统计答案时选择，一个数出现偶数次时将答案减一，反之加一，这样 \(l\) 和 \(r\) 重复覆盖的位置对答案的贡献为 \(0\) ，所以这么覆盖正确。
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至于复杂度，已经排序了，就省去了大量无用的覆盖，复杂度可以保证。
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补充一点，分块时，我们选择分 \(\sqrt Q\) 个区间，然后可以用除法算出某个点所在的区间编号，随后便可以排序了。
代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
int n,q,nol,nor,num[100233],cop[100233],ans[100233],now,sqn;
struct modui{
int l,r,pos;
}opt[100233];
int mp[233333];
inline bool cmp(modui a,modui b){
if(a.l/sqn!=b.l/sqn) return a.l/sqn<b.l/sqn;
else return a.r<b.r;
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(register int i=1;i<=n;++i){
scanf("%d",&num[i]);
cop[i]=num[i];
}
sort(cop+1,cop+n+1);
for(register int i=1;i<=n;++i){
num[i]=lower_bound(cop+1,cop+n+1,num[i])-cop;//与其说是找大于等于的，不如说是找等于的，实现去重且离散
}
scanf("%d",&q);
sqn=sqrt(q);
for(register int i=1;i<=q;++i){
int L,R;
scanf("%d%d",&L,&R);
opt[i].l=L,opt[i].r=R,opt[i].pos=i;
}
sort(opt+1,opt+q+1,cmp);
mp[num[1]]++;now=nol=nor=1;
for(register int i=1;i<=q;++i){
while(nol>opt[i].l) now+=(((++mp[num[--nol]])&1)?1:-1);
while(nor<opt[i].r) now+=(((++mp[num[++nor]])&1)?1:-1);
while(nol<opt[i].l) now+=(((++mp[num[nol++]])&1)?1:-1);
while(nor>opt[i].r) now+=(((++mp[num[nor--]])&1)?1:-1);
ans[opt[i].pos]=now;
}
for(register int i=1;i<=q;++i){
printf("%d\n",ans[i]);
}
return 0;
}
T4 解谜
思路
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设 \(f[n]\) 表示由 \(n\) 个点组成的二叉树的个数， \(g[n]\) 表示这所有方案中的叶子总数，则答案为 \(\frac{g[n]}{f[n]}\) 。
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那么，对于 \(n-1\) 个点构成的二叉树来讲，它原本是有 \(2n-2\) 个给儿子的空位的（每个点两个），而根节点不占用空位，所以其只占用了 \(n-2\) 个，还剩下 \(n\) 个，而这 \(n\) 个位置中每挑一个位置放叶子就产生了一种新的方案，共 \(n\) 种，所以对于每种方案的叶子数都乘了一个 \(n\) ，由此易得 \(g[n]=f[n-1] \times n\) ，这样，答案就变成了 \(\frac{f[n-1] \times n}{f[n]}\) 。
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而由于 \(f[n]\) 是卡特兰数（百度优先搜索），将其通项公式带入，再进行化简，可以得到 \(\frac{n(n+1)}{2(2n-1)}\) ，直接计算即可。
代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll MO(2148473647);ll n;
inline ll fpow(ll x,ll y){
ll ans=1;
while(y){
if(y&1) ans=(ans*x)%MO;
x=(x*x)%MO;
y=y>>1;
}
return ans%MO;
}
int main(){
scanf("%lld",&n);
printf("%lld\n",(n*((n+1)%MO)%MO)*fpow(2*((n+n)%MO-1)%MO,MO-2)%MO);
return 0;
}
