2023.7.13拷逝

T1

原题链接

看到最大值最小，考虑二分答案。接下来考虑如何构造 $b$ 数组。因为 $b$ 数组单调不减，所以当前的 $b$ 越小，对后面的影响越小。所以构造时尽量小地构造 $b$ ，如果无法构造，说明当前的二分值不合法；如果构造成功，说明合法。

$code:$

#include<iostream>
#include<cstdio>
#define ll long long
using namespace std;
ll n,sa,sb,sc,sd,a[5000005],f[5000005],sum[5000005],maxn,minn,mod;
ll fun(ll x){
	return (sa*x%mod*x%mod*x%mod+sb*x%mod*x%mod+sc*x%mod+sd)%mod;
}
int main(){
	freopen("Bell.in","r",stdin);
	freopen("Bell.out","w",stdout);
	scanf("%lld%lld%lld%lld%lld%lld%lld",&n,&sa,&sb,&sc,&sd,&a[1],&mod); 
	sum[1]=maxn=minn=a[1];
	for(int i=2;i<=n;++i){
		a[i]=(fun(a[i-1])+fun(a[i-2]))%mod; 
		maxn=max(maxn,a[i]);
		minn=min(minn,a[i]);
		sum[i]=(sum[i-1]+a[i])%mod;
	}
	ll l=minn,r=maxn,mid;
	while(l<r){
		mid=(l+r)>>1;
		f[1]=a[1]-mid;
		bool ok=1;int pos;
		for(int i=2;i<=n;++i){
			f[i]=f[i-1];
			if(a[i]-f[i]>mid){
				f[i]=a[i]-mid;
			}
			else if(f[i]-a[i]>mid){
				ok=0;pos=i;break;
			}
		}
		if(ok)
			r=mid;
		else
			l=mid+1;
	}
	printf("%lld\n",r);
	fclose(stdin);fclose(stdout);
	return 0;
}

T2

原题链接

首先开一个桶，对于当前的 $a[i]$ ，令$t[a[i]]++$。然后发现，如果$t$数组以 $a[i]$ 为中心是回文的，那么对于任意一对满足 $a[i]-a[j]=a[k]-a[i]$ 的 $j$，$k$ 都一定满足$j<k<i$或者$i<j<k<=n$，即一定不满足题意。

如何判断是否回文？只需要开一个值域树状数组，然后哈希处理即可。

$code:$

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<string>
#define ll long long
using namespace std;
const ll mod=1e9+7;
ll n,a[500005],pos[500005],h[500005],c[500005][2];
void add(ll x,ll w,ll id){
	while(x<=n)
		c[x][id]=(c[x][id]+w)%mod,x+=x&(-x);
}
ll ask(ll x,ll id){
	ll re=0;
	while(x)
		re=(re+c[x][id])%mod,x-=x&(-x);
	return re;
}
int main(){
	//freopen("Odd.in","r",stdin);
	//freopen("Odd.out","w",stdout);
	scanf("%lld",&n);
	for(int i=1;i<=n;++i)
		scanf("%lld",&a[i]);
	h[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;++i)
		h[i]=h[i-1]*233%mod;
	for(int i=1;i<=n;++i){
		ll len=min(a[i],n-a[i]+1);
		ll w1=(ask(a[i],0)-ask(a[i]-len,0)+mod)%mod;
		ll w2=(ask(a[i]+len-1,1)-ask(a[i]-1,1)+mod)%mod;
		add(a[i],h[a[i]],0);add(a[i],h[n-a[i]+1],1);
		if(w1*h[n-a[i]-len+2]%mod!=w2*h[a[i]-len+1]%mod){
			printf("YES\n");return 0;
		}
	}
	printf("NO\n");
	fclose(stdin);fclose(stdout);
}

T3

较为简单的斜率优化DP （虽然说我在考场上也没写出来吧）

首先推柿子：（假设平均数为$mid$）

$v\times m^2=(\sum _{i=1}^m(x_i-mid{)}^2/m\times m^2$

$=(\sum _{i=1}^m(x_i^2+mi{d}^2-2x_i\times mid))/m\times m^2$

$=(\sum _{i=1}^m{x}_i^2+m\times mi{d}^2-2\times m\times mid\times mid)/m\times m^2$

$=(\sum _{i=1}^m{x}_i^2-m\times mi{d}^2)/m\times m^2$

$=\sum _{i=1}^m{x}_i^2\times m^2-(\sum _{i=1}^m{x}_i{)}^2$

所以只需要将原序列分成 $m$ 段，求出每段的和的平方即可。

设$f[i][j]$表示前 $i$ 个数，分成 $j$ 段，所有段的和的平方的最小值。

$f[i][j]=f[k][j-1]+(sum[i]-sum[k]{)}^2(1<k<i)$

然后斜率优化就$OK$了

$code:$

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
long long n,m,ans,f[3005][3005],a[5005],sum[3005],sum2,r[3005],l[3005];int q[3005][3005];
long long dy(long long a,long long b,long long j){
	return f[q[a][j]][j]+sum[q[a][j]]*sum[q[a][j]]-f[q[b][j]][j]-sum[q[b][j]]*sum[q[b][j]];
}
long long dx(long long a,long long b,long long j){
	return sum[q[a][j]]-sum[q[b][j]];
}
long long dy2(long long i,long long b,long long j){
	return f[i][j]+sum[i]*sum[i]-f[q[b][j]][j]-sum[q[b][j]]*sum[q[b][j]];
}
long long dx2(long long i,long long b,long long j){
	return sum[i]-sum[q[b][j]];
}
void work2(){
	for(int i=1;i<=n;++i)
		for(int j=0;j<=m;++j)
			f[i][j]=1e18;
	f[0][0]=0;
	for(int i=1;i<=m;++i)
		q[l[i]=r[i]=1][0]=0;
	for(int j=1;j<=m;++j)
		for(int i=j;i<=n;++i){
			while(l[j-1]<r[j-1]&&(dy(l[j-1]+1,l[j-1],j-1)<=2*sum[i]*dx(l[j-1]+1,l[j-1],j-1)))
				++l[j-1];
			f[i][j]=f[q[l[j-1]][j-1]][j-1]+(sum[i]-sum[q[l[j-1]][j-1]])*(sum[i]-sum[q[l[j-1]][j-1]]);
			while(l[j]<r[j]&&dy(r[j],r[j]-1,j)*dx2(i,r[j],j)>=dy2(i,r[j],j)*dx(r[j],r[j]-1,j))
				--r[j];
			q[++r[j]][j]=i;
		}
	ans=m*f[n][m]-sum[n]*sum[n];
}
int main(){
	//freopen("journey.in","r",stdin);
	//freopen("journey.out","w",stdout);
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;++i){
		scanf("%lld",&a[i]);
		sum[i]=sum[i-1]+a[i];
		sum2+=a[i]*a[i];
	}
	work2();
	printf("%lld\n",ans);
	fclose(stdin);fclose(stdout);
	return 0;
}