一区 10.6 模拟赛解题报告
写在前面
因为没有什么任务，不知道干什么，所以就跟着一区玩了玩这套模拟赛题。
期望得分：\(100+100+0=200\)
实际得分：\(90+90+0=180\)
小细节没处理好，导致两个题都挂分了/kx
这套模拟赛整体难度略低吧，做着非常顺手。
最后一题竟然是个思路题，然而自己一直在想数据结构维护。/kx （暴力应该能拿 \(60\)，懒得打了）
我怎么越看这套题越感觉它很平凡
T1
给定一个数 \(x\)，求一个最大的 \(\le x\) 的数，要求这个数的每一位单调不降。
\(x \le 10^{10^5}\)
比较显然的是：\(x\) 从高位往低位取，能取满就取满。
不能取满的情况是存在一个 \(i\)，满足 \(a_i > a_{i+1}\)。 （\(a_i\) 是从高到低的第 \(i\) 位）
这个时候考虑从前面找一个位 \(-1\)，然后把剩下的都填成 \(9\)。
正确找法就是从 \(i\) 向前找，找到第一个满足 \(a_i > a_{i-1}\) 的位置，位置 \(i\) 就是要减一的位置。
注意特判最高位为 \(1\) 的情况和 \(x=0\) 的情况。
/*
Work by: Suzt_ilymics
Problem: 不知名屑题
Knowledge: 垃圾算法
Time: O(能过)
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
#define LL long long
#define orz cout<<"lkp AK IOI!"<<endl
using namespace std;
const int MAXN = 2e5+5;
const int INF = 1e9+7;
const int mod = 1e9+7;
char s[MAXN];
int a[MAXN], n;
int b[MAXN];
int read(){
int s = 0, f = 0;
char ch = getchar();
while(!isdigit(ch)) f |= (ch == '-'), ch = getchar();
while(isdigit(ch)) s = (s << 1) + (s << 3) + ch - '0' , ch = getchar();
return f ? -s : s;
}
int main()
{
// freopen("in.in","r",stdin);
// freopen("out.out","w",stdout);
cin >> s + 1;
n = strlen(s + 1);
if(n == 1 && s[1] == '0') {
puts("0");
return 0;
}
for(int i = 1; i <= n; ++i) a[i] = s[i] - '0';
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
b[i] = a[i];
if(i != n && a[i] > a[i + 1]) {
for(int j = i; j >= 1; --j) {
if(a[j] > a[j - 1]) {
b[j]--;
for(int k = j + 1; k <= n; ++k) b[k] = 9;
break;
}
}
break;
}
}
if(b[1] == 0) {
for(int i = 1; i < n; ++i) printf("9");
puts("");
} else {
for(int i = 1; i <= n; ++i) printf("%d", b[i]);
puts("");
}
return 0;
}
T2
给你一个长度为 \(n\) 的序列 \(a\)，求：
\[\sum_{l = 1}^{n} \sum_{r=l}^{n} \sum_{i=l}^{r} \sum_{j = i+1,a_j<a_i}^{r} a_i \times a_j \]对 \(10^{12}+7\) 取模。
\(n \le 4 \times 10^4, 1 \le a_i \le 10^{12}\)
朴素的暴力是 \(\mathcal O(n^4)\)，不多说了。
考虑最后两个 \(\sum\)，考虑枚举 \(j\)，把 \(a\) 离散化一下，把值域当下标用树状数组维护 所有 \(i < j, a_i > a_j\) 的贡献，每个 \(j\) 和多少 \(a_i\) 有贡献直接查即可。时间复杂度 \(\mathcal O(n^3 \log n)\)
考虑一对满足 \(a_i > a_j, i < j\) 的 \((i,j)\)，会做出多少次贡献，这取决与 \(l,r\) 的取值方案，共 \(i \times (n-j+1)\) 种。
所以一个有贡献的 \((i,j)\) 造成的总贡献为 \(i \times a_i \times (n-j+1) \times a_j\)，可以像上面那个做法一样，把前两项放一起扔进树状数组统计，然后枚举后面的 \(j\)，总复杂度 \(\mathcal O(n \log n)\)。
注意模数为 \(10^{12}+7\)，相乘可能会爆 long long。如果使用快速乘会多一个 \(\log\)，使用 __int128 的话不带 \(\log\)。
/*
Work by: Suzt_ilymics
Problem: 不知名屑题
Knowledge: 垃圾算法
Time: O(能过)
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
#define int long long
#define orz cout<<"lkp AK IOI!"<<endl
using namespace std;
const int MAXN = 1e5+5;
const int INF = 1e9+7;
const int mod = 1e12+7;
int n, ans = 0;
int a[MAXN], b[MAXN], date[MAXN], Cnt = 0;
int sum[MAXN];
int read(){
int s = 0, f = 0;
char ch = getchar();
while(!isdigit(ch)) f |= (ch == '-'), ch = getchar();
while(isdigit(ch)) s = (s << 1) + (s << 3) + ch - '0' , ch = getchar();
return f ? -s : s;
}
namespace Bit {
int sum[MAXN];
int lb(int x) { return x & -x; }
void Modify(int x, int k) { for(; x <= Cnt; x += lb(x)) sum[x] = (sum[x] + k) % mod; }
int Query(int x) { int res = 0; for(; x; x -= lb(x)) res = (res + sum[x]) % mod; return res; }
}
void Print(int x) {
if(x > 9) Print(x / 10);
putchar(x % 10 + '0');
}
int Mul(int x, int p) {
int res = 0;
while(p) {
if(p & 1) res = (res + x) % mod;
x = (x + x) % mod, p >>= 1;
}
return res;
}
signed main()
{
// freopen("B.in","r",stdin);
// freopen("B.out","w",stdout);
n = read();
for(int i = 1; i <= n; ++i) date[i] = a[i] = read();
sort(date + 1, date + n + 1), date[0] = -INF;
for(int i = 1; i <= n; ++i) if(date[i] != date[i - 1]) date[++Cnt] = date[i];
for(int i = 1; i <= n; ++i) b[i] = lower_bound(date + 1, date + Cnt + 1, a[i]) - date;
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
int res = (Bit::Query(Cnt) - Bit::Query(b[i]) + mod) % mod;
ans = (ans + Mul(Mul(res, a[i]), (n - i + 1))) % mod;
Bit::Modify(b[i], Mul(a[i], i));
}
printf("%lld\n", (ans + mod) % mod);
return 0;
}
T3
给你 \(n\) 个矩形，看看能不能不重叠的组成一个大矩形，边相交只算覆盖一次。每个矩形以 \((a,b,c,d)\) 的形式给出，\((a,b)\) 表示左下角坐标， \((c,d)\) 表示右上角。
对于 \(a_i \le 200\) 的数据和 \(n \le 1000\) 的数据都可以用二维差分在 \(\mathcal O(n^2)\) 的复杂度内判断出来，预计得分 \(60\)，懒得写了。
来看正解：
这是一个思路题，通过手模样例可以发现一个完美的矩形除了四个顶点可能会出现 \(1\) 个点，其他的地方都会出现 \(2\) 或 \(4\) 个点。
然后扔个 \(map\) 维护就做完了，记得清空。
/*
Work by: Suzt_ilymics
Problem: 不知名屑题
Knowledge: 垃圾算法
Time: O(能过)
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<map>
#define LL long long
#define orz cout<<"lkp AK IOI!"<<endl
using namespace std;
const int MAXN = 1e5+5;
const int INF = 1e9+7;
const int mod = 1e9+7;
int T, n;
int Maxx = -INF, Minx = INF, Maxy = -INF, Miny = INF;
int a[MAXN], b[MAXN], c[MAXN], d[MAXN];
map<int, map<int, int>> Map;
int read(){
int s = 0, f = 0;
char ch = getchar();
while(!isdigit(ch)) f |= (ch == '-'), ch = getchar();
while(isdigit(ch)) s = (s << 1) + (s << 3) + ch - '0' , ch = getchar();
return f ? -s : s;
}
bool Check() {
int cnt = 0;
Map.clear();
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
Map[a[i]][b[i]]++, Map[c[i]][d[i]]++, Map[a[i]][d[i]]++, Map[c[i]][b[i]]++;
}
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
if(Map[a[i]][b[i]] != 2 && Map[a[i]][b[i]] != 4) cnt++;
if(Map[a[i]][d[i]] != 2 && Map[a[i]][d[i]] != 4) cnt++;
if(Map[c[i]][b[i]] != 2 && Map[c[i]][b[i]] != 4) cnt++;
if(Map[c[i]][d[i]] != 2 && Map[c[i]][d[i]] != 4) cnt++;
}
return cnt == 4;
}
signed main()
{
T = read();
while(T--) {
n = read(); int sum = 0;
Maxx = -INF, Minx = INF, Maxy = -INF, Miny = INF;
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
a[i] = read(), b[i] = read(), c[i] = read(), d[i] = read();
if(a[i] > c[i]) swap(a[i], c[i]);
if(b[i] > d[i]) swap(b[i], d[i]);
Minx = min(Minx, a[i]);
Maxx = max(Maxx, c[i]);
Miny = min(Miny, b[i]);
Maxy = max(Maxy, d[i]);
sum += (c[i] - a[i]) * (d[i] - b[i]);
}
if(sum != (Maxx - Minx) * (Maxy - Miny)) {
puts("Guguwansui");
continue;
}
if(Check()) puts("Perfect");
else puts("Guguwansui");
}
return 0;
}
